Aufgabe 1

BWM 2004
AUFGABE 1
Marcel Schmittfull
Aufgabe 1
Man bezeichne die Menge der an der Tafel stehenden Zahlen mit S =
{s
P1 , s2 , . . . , sn }. Die Summe aller Elemente einer Menge M werde durch
M dargestellt.
Behauptung. Beim Ausführen von Spielzügen ist der 11-er Rest der Summe aller an der Tafel stehenden Zahlen invariant bzw. konstant, d.h.
I :=
n
X
si mod 11 =
X
S mod 11 = const.
i=1
Beweis. An der Tafel seien die Zahlen der Menge S0 = {s1 , s2 , . . . , sn }.
Es ist si ∈ {0, 1, . . . , 2004} für alle 0 < i ≤ n, weil zu Beginn des Spiels
S = {1, 2, . . . , 2004} gilt und an die Tafel nur neue Zahlen aus der Menge
{0, 1, . . . , 10} geschrieben werden1 . Ein Spielzug kann im Detail wie folgt
beschrieben werden.
1. Es wird eine Teilmenge U von S0 ausgewählt, U ⊆ S0 .
2. Die Menge der an der Tafel stehenden Zahlen wird zu
nX
o
S1 = (S0 \ U ) ∪
U mod 11 .
Die Behauptung kann also ausgedrückt werden durch2
X
X
S0 mod 11 =
S1 mod 11
nX
o
X
=
(S0 \ U ) ∪
U mod 11
mod 11
X
X
X
=
S0 −
U +
U mod 11 mod 11
X
X
X
=
S0 mod 11 −
U mod 11
U mod 11 mod 11 mod 11 (∗)
X
=
S0 mod 11 mod 11
X
=
S0 mod 11
für beliebige S0 = {s1 , . . . , sn }, si ∈ {0, . . . , 2004}, U ⊆ S0 . D.h. die Behauptung gilt für beliebige S0 = {s1 , . . . , sn }, si ∈ {0, . . . , 2004}, U ⊆ S0 ,
d.h. nach jedem Spielzug ist
X
X
I=
S0 mod 11 =
S1 mod 11 = const.
Zu Beginn des Spiels ist
I=
X
S mod 11 =
2004
X
i=1
1
2
i mod 11 =
2004 · 2005
mod 11 = 2009010 mod 11 = 3.
2
x mod 11 liefert per Def. nur Werte aus {0, 1, . . . , 10}.
In Zeile (*) wird die Additionsregel (a + b) mod k = (a mod k + b mod k) mod k verwendet, vgl. z.B. http://en.wikipedia.org/wiki/Modulo.
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AUFGABE 1
Marcel Schmittfull
Am Ende des Spiels muss also ebenfalls
I = (1000+x) mod 11 = (1000 mod 11+x mod 11) mod 11 = (10 + x) mod 11 = 3
gelten. Dies impliziert x mod 11 = 4.
Die nach einem beliebigen Spielzug an die Tafel geschriebene neue Zahl
ist aus {0, . . . , 10}, d.h. die Zahl 1000 kann nicht in einem Spielzug neu
hinzugeschrieben worden sein, sondern musste seit Beginn des Spiels unverändert bleiben. Weil die Anzahl der Zahlen von 2004 am Anfang auf
zwei am Ende reduziert wurde, muss zwischen Anfang und Ende des Spiels
mind. ein Spielzug stattgefunden haben. D.h. die gesuchte Zahl x ist eine
durch einen Spielzug neu hinzugeschriebene Zahl, also x ∈ {0, . . . , 10}. Mit
x mod 11 = 4 muss also x = 4 sein.
Alternativlösung.
Die Aufgabe kann alternativ auch ohne Verwendung der Invarianten gelöst
werden.
Ein Spielzug weist einer Teilmenge S der an der Tafel stehenden Zahlen
P genau einen Wert aus der Menge {0, 1, . . . , 10} zu, nämlich den Wert
( si ) mod 11, wenn si die Elemente von S sind. Man kann einen Spielzug
also als Abbildung


X
f : S → {0, 1, . . . , 10}, f : S → 
si  mod 11,
i,si ∈S
auffassen. Zu Beginn des Spiels stehen 2004 Zahlen {1, 2, . . . , 2004} an
der Tafel, am Ende, d.h. nach mehrmaligem Anwenden von f , sind es
nur noch zwei Zahlen, 1000 und x. Weil ein Spielzug f nur Werte aus
{0, 1, . . . , 10} liefert, ist 1000 keine durch Spielzüge erhaltene Zahl. Also
erfolgt die Reduzierung der 2004 Zahlen auf zwei Zahlen durch Anwendung
mehrerer Spielzüge auf ausschließlich Zahlen
k ∈ K := {1, 2, . . . , 2004} \ {1000}.
D.h. auf die 2003 Zahlen k ∈ K werden so lange Spielzüge f angewandt,
bis nur noch eine Zahl, x, übrig bleibt. Dann stehen nur noch die beiden
gewünschten Zahlen 1000 und x an der Tafel, wobei sicher x ∈ {0, 1, . . . , 10}
gesagt werden kann.
Die Folge von Spielzügen (fj ), die die Zahlen k ∈ K auf eine einzige
Zahl x ∈ {0, 1, . . . , 10} reduziert, kann nun genauer untersucht werden.
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AUFGABE 1
Marcel Schmittfull
Aus der Additionsregel für den Modulo folgt
n
X
f (f (a1 , . . . , an ), f (b1 , . . . , bm )) = f
=
=
i=1
n
X
m
X
!
ai
mod 11,
!
ai
mod 11 +
i=1
n
X
m
X
i=1
i=1
i=1
m
X
!
bi
!
mod 11
!
bi
!
mod 11
i=1
ai +
!
bi
mod 11
= f (a1 , . . . , an , b1 , . . . , bm ).
D.h. die Folge von Spielzügen f1 , f2 , . . . , die die Zahlen k ∈ K auf eine
einzige Zahl x ∈ {0, 1, . . . , 10} reduziert, liefert exakt dasselbe Ergebnis
wie
!
2004
X
f (1, 2, . . . , 999, 1001, 1002, . . . , 2004) =
i − 1000 mod 11
i=1
=
2004 · 2005
− 1000
2
mod 11
= 4.
Wendet man also solange Spielzüge auf die an der Tafel stehenden Zahlen
an, bis neben der 1000 nur noch eine Zahl an der Tafel steht, so muss diese
Zahl die 4 sein.
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mod 11
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AUFGABE 2
Marcel Schmittfull
Aufgabe 2
Durch Betrachtung einiger Beispieldreiecke, die die vorgegebenen Eigenschaften besitzen, fällt auf, dass a2 + b2 + c2 = (a + b − c)2 , wenn c die
kürzeste Seite im jeweiligen Dreieck ist. Diese Besonderheit führt direkt
zur Lösung der Aufgabe.
Zunächst ist klar, dass es in jedem Dreieck eine Seite c mit c ≤ a und
c ≤ b gibt, wenn a und b die beiden anderen Seiten des Dreiecks sind. Aus
1
1
1
A = aha = bhb = chc
2
2
2
(2.1)
folgen c : a = ha : hc und c : b = hb : hc . Wegen c ≤ a und c ≤ b ist also
hc ≥ ha und hc ≥ hb , d.h. die Höhe hc der kürzesten Seite c des Dreiecks
ist die Höhe, die gleich der Summe der beiden anderen Höhen ist, also
hc = ha + h b .
(2.2)
Nun kann folgende Behauptung bewiesen werden.
Behauptung. Es gilt (a + b − c)2 = a2 + b2 + c2 , falls a, b, c ∈ N, c ≤ a, c ≤ b
und hc = ha + hb in dem Dreieck mit den Seitenlängen a, b, c.
Beweis. Allg. gilt
(a + b − c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab − bc − ac).
(2.3)
Es soll gezeigt werden, dass unter den gegebenen Voraussetzungen ab −
bc − ac = 0 gilt. Aus (2.1) und (2.2) folgt
hc = 2
A
A
A
= ha + hb = 2 + 2 ,
c
a
b
also
A A
A
=
+
c
a
b
bcA + acA
abA
⇔
=
abc
abc
⇔ ab = bc + ac
⇔ 0 = ab − bc − ac.
Gleichung (2.3) wird also zu
(a + b − c)2 = a2 + b2 + c2 ,
d.h. die Behauptung ist bewiesen.
Wegen a, b, c ∈ N ist a + b − c ∈ N , d.h. (a + b − c)2 = a2 + b2 + c2
ist eine Quadratzahl.
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AUFGABE 3
Marcel Schmittfull
Aufgabe 3
Zur Veranschaulichung der Lösung wurden zwei Skizzen von der Zerlegung
der Sechsecke und eine Skizze der Zusammensetzung zu einem gleichseitigen Dreieck angefertigt (vgl. Seite 8-8). Die Seitenlänge des regelmäßigen
Sechsecks wird im Folgenden mit a bezeichnet.
Damit sich die sechs Teile der beiden regelmäßigen Sechsecke lückenlos
und überschneidungsfrei zu einem gleichseitigen Dreieck zusammensetzen
lassen, muss die Fläche des zu bauenden gleichseitigen Dreiecks genauso
groß sein wie die Fläche der beiden Sechsecke. Die Fläche der beiden Sechsecke erhält man durch Betrachtung des Dreiecks 4LM K in Abb. 2, wenn
M der Mittelpunkt des Sechsecks ist. Dann halbieren nämlich die Strecken
[M K] und [M L] die Innenwinkel des Sechsecks an den Ecken K und L. Ein
Innenwinkel im gleichmäßigen Sechseck beträgt (6−2)·180◦ : 6 = 120◦ , also ∠LKM = ∠M LK = 60◦ . Folglich ist das Dreieck 4LM K gleichseitig,
also
1 √
1 p
A(4LM K) = a a2 − (a : 2)2 = a2 3.
2
4
Die Gesamtsfläche Ages der beiden Sechsecke ist somit
√
Ages = 12 · A(4LM K) = 3 3 a2 .
Dies ist gleich der Fläche des zu bauenden gleichseitigen Dreiecks. Mit x
als Seitenlänge dieses Dreiecks ergibt sich also
√
√
1 √
Ages = 3 3 a2 = x2 3 ⇒ x = 2 3 a.
4
Man betrachte nun die Strecke [KG] in Abb. 2. Sie ist doppelt so lang als
die Höhe des Dreiecks 4LM K, also
p
√
KG = 2 · a2 − (a : 2)2 = 3 a.
Die Seitenlänge x des zu bauenden Dreiecks ist also doppelt so groß als
KG.
Durch systematisches Probieren stößt man rasch auf die in den Abb. 1
und 2 gezeigte Zerlegung der Sechsecke und die in Abb. 3 gezeigte Zusammensetzung des Dreiecks. Es ist klar, dass die Zerlegung aus sechs Teilen
besteht. Die drei Seiten des Dreiecks in Abb. 3 sind jeweils aus zwei zu KG
gleichlangen Strecken zusammengesetzt1 , d.h. alle Seitenlängen des Dreiecks sind wie oben berechnet x = 2KG, das Dreieck ist also gleichseitig.
Nun muss noch gezeigt werden, dass es keine Lücken oder Überdeckungen
gibt. Hierzu werden 1. alle aneinanderliegenden Seiten im Dreieck in Abb.
3 auf die Gleichheit ihrer Längen überprüft. 2. werden die Winkel an allen
Schnittpunkten innerhalb des Dreiecks in Abb. 3 berechnet und geprüft,
ob die Summe aller Winkel an einem Schnittpunkt 360◦ beträgt. Sind alle
1
Die untere Seite des Dreiecks ist ist aus zwei Strecken [KG] zusammengesetzt. Die
beiden übrigen Seiten des Dreiecks sind aus zwei Strecken [AE] bzw. [CE] zusammengesetzt, wobei KG = AE = CE, weil die beiden Sechsecke kongruent sind.
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AUFGABE 3
Marcel Schmittfull
diese Prüfungen korrekt, so gibt es keine Überschneidungen oder Lücken
in dem Dreieck.
1. Seiten.
Die Flächen 1 und 4 haben die Strecken [E1 F1 ] und [G4 L4 ] gemeinsam. Beide Strecken sind Seiten der ursprünglichen Sechsecke, d.h.
sie haben beide die gleiche Länge, E1 F1 = G4 L4 = a. Selbiges gilt
für alle2 gemeinsamen Strecken der anderen Flächen,
a = F1 A1 = H6 G6 = A2 B2 = G6 M6 = B2 C2
= M6 K6 = C3 D3 = K6 J6 = D3 E3 = M5 G5
= M5 K5 = J6 I6 = K4 L4 = I6 H6 .
Somit sind alle aneinanderliegenden Seiten gleichlang.
2. Winkel.
Im Folgenden werden die Punkte der Deutlichkeit halber mit den
Flächen-Indizes 1, 2, . . . , 6 versehen. Zu Dreieck 1 in Abb. 1 sind die
Dreiecke 3, 4 und 5 kongruent. Der stumpfe Winkel in jedem dieser Dreiecke ist Innenwinkel im regelmäßigen Sechseck, also 120◦ .
Wegen der Gleichschenkligkeit der Dreiecke sind die spitzen Winkel
(180◦ − 120◦ ) : 2 = 30◦ groß. Weil die Teile 2 und 6 achsensymmetrisch zu E2 B2 bzw. M6 I6 sind und die Dreiecke 1, 3, 4 und 5 kongruent sind, ist das Dreieck in Abb. 3 achsensymmetrisch zur Gerade
E2 I6 . Es werden nun alle Schnittpunkte auf korrekte Winkelsummen
überprüft.
1. ∠F1 E1 A1 + ∠K4 G4 L4 = 60◦ .
Korrekt, weil ∠F1 E1 A1 = ∠K4 G4 L4 = 30◦ (spitze Winkel in
Dreiecken 1 und 4).
2. ∠A2 E2 C2 = 60◦ .
Man betrachte Abb. 1. An der Ecke E gilt
∠F ED = 120◦ = ∠F EA+∠AEC+∠CED = 30◦ +∠AEC+30◦ ,
also ∠AEC = 60◦ .
3. ∠C3 E3 D3 + ∠M5 G5 K5 = 60◦ .
Korrekt wegen 1. und Achsensymmetrie des Dreiecks in Abb. 3
zu E2 I6 .
4. ∠E1 A1 F1 + ∠H6 G6 M6 + ∠B2 A2 E2 = 180◦ .
Es gilt
∠E1 A1 F1 = 30◦ (spitzer Winkel in Dreieck 1)
∠H6 G6 M6 = 60◦ (vgl. Abb. 2, M G halbiert ∠HGL = 120◦ .)
∠B2 A2 E2 = 90◦ (vgl. Abb. 1: ∠BAE = ∠BAF − ∠F AE =
120◦ − 30◦ = 90◦ .)
Also ∠E1 A1 F1 + ∠H6 G6 M6 + ∠B2 A2 E2 = 180◦ .
2
Nur [G6 M6 ] und [M6 K6 ] sind keine direkten Außenseiten der ursprünglichen Sechsecke. Betrachtet man jedoch in Abb. 2 KG als Symmetrieachse, so ist klar, dass
G6 M6 = M6 K6 = a.
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AUFGABE 3
Marcel Schmittfull
5. ∠D3 C3 E3 + ∠M6 K6 J6 + ∠E2 C2 B2 = 180◦ .
Korrekt wegen 4. und Achsensymmetrie des Dreiecks in Abb. 3
zu E2 I6 .
6. ∠G5 K5 M5 + ∠J6 I6 H6 + ∠L4 K4 G4 = 180◦ .
Es gilt ∠G5 K5 M5 = ∠L4 K4 G4 = 30◦ (spitze Winkel in Dreiecken 5 und 4) und ∠J6 I6 H6 = 120◦ (Innenwinkel im regelmäßigen Sechseck). Also 30◦ + 120◦ + 30◦ = 180◦ .
7. ∠C2 B2 A2 + ∠G6 M6 K6 = 360◦ .
Es gilt ∠C2 B2 A2 = 120◦ (Innenwinkel im regelmäßigen Sechseck). Man betrachte den Punkt M in Abb. 2. Wegen ∠KM G =
120◦ gilt ∠G6 M6 K6 = 360◦ −∠KM G = 240◦ . Also ∠C2 B2 A2 +
∠G6 M6 K6 = 120◦ + 240◦ = 360◦ .
8. ∠G4 L4 K4 + ∠I6 H6 G6 + ∠A1 F1 E1 = 360◦ .
Es gilt ∠G4 L4 K4 = ∠A1 F1 E1 = 120◦ (stumpfer Winkel in den
Dreiecken 4 und 1) und ∠I6 H6 G6 = 120◦ (Innenwinkel im regelmäßigen Sechseck). Also ∠G4 L4 K4 +∠I6 H6 G6 +∠A1 F1 E1 =
3 · 120◦ = 360◦ .
9. ∠K5 M5 G5 + ∠K6 J6 I6 + ∠E3 D3 C3 = 360◦ .
Folgt aus 8. wegen der Achsensymmetrie des Dreiecks in Abb.
3 zu E2 I6 .
Das Dreieck in Abb. 3 hat also alle Prüfungen auf korrekte Seitenlängen
und Winkelsummen bestanden, d.h. es gibt keine Lücken oder Überlappungen.
Abb. 1 Die Aufteilung des einen Sechsecks. . .
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AUFGABE 3
Marcel Schmittfull
Abb. 2 . . . Die Aufteilung des anderen Sechsecks.
Abb. 3 Die Zusammensetzung zu einem gleichseitigen Dreieck.
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AUFGABE 4
Marcel Schmittfull
Aufgabe 4
Man bezeichne die Seitenlänge des zu zerlegenden Würfels mit a. Die Seitenlängen der n Quader, in die der Würfel zerlegt wird, werden pi , qi , ri ,
i = 1..n genannt. Weil die Quader eine Zerlegung des Würfels bilden muss
die Summe der Volumina der Quader gleich dem Volumen des Würfels
sein, d.h.
n
X
3
a =
pi q i r i .
(4.1)
i=1
Die zweite Bedingung sagt aus, dass die Summe der Volumina der Umkugeln der Quader der Zerlegung gleich dem Volumen der Umkugel des
Würfels ist. Der Radius der Umkugel eines Quaders ist halb so lang wie
die Raumdiagonale dieses Quaders, d.h.
p
R = p2 + q 2 + r2 : 2.
Das Volumen der Umkugel eines Quaders ist dann
3
4 3 π 2
πR =
p + q 2 + r2 2 .
3
6
Die zweite Bedingung lautet also
3
π
3a2 2
6
⇔
3
=
3 2 · a3 =
n
X
π
i=1
n
X
6
p2i + qi2 + ri2
p2i + qi2 + ri2
3
2
3
2
.
(4.2)
i=1
Behauptung. Angenommen Bedingung (4.1) gilt. Dann gilt Bedingung
(4.2) genau dann, wenn alle Quader der Zerlegung Würfel sind, d.h. pi =
qi = ri ∀ 0 < i ≤ n.
Beweis. Der Beweis erfolgt in mehreren Teilen.
1. Behauptung. Jedes Zahlentripel p, q, r > 0 hat eine Darstellung1
p = kw, q = lw, r =
1
w.
kl
(4.3)
Beweis. Die Darstellung (4.3) ist ein lineares Gleichungssystem mit
drei Gleichungen und drei Unbekannten l, k, w, d.h. l, k und w können
1
Die Darstellung mag auf den ersten Blick etwas willkürlich wirken. Man kann sie
sich jedoch als eine Art Streckung“ von Würfeln vorstellen, die jeden Quader eines
”
bestimmten Volumens erzeugen können. D.h. jeder beliebige Quader lässt sich unter
Erhaltung des Volumens in einen Würfel überführen.
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AUFGABE 4
Marcel Schmittfull
für p, q, r 6= 0 eindeutig bestimmt werden.2
2. Mit der Darstellung (4.3) wird Bedingung (4.2) zu
3
2
3
3 ·a
=
n
X
p2i + qi2 + ri2
3
(4.2)
2
i=1
3
2
⇔ 3 · a3 =
3
2
3
⇔ 3 ·a
=
n
X
i=1
n
X
(ki wi )2 + (li wi )2 +
wi3
ki2
+
li2
i=1
1
+ 22
ki li
wi
ki li
2 ! 32
3
2
.
(4.2b)
3. Die Behauptung setzt voraus, dass Bedingung (4.1) gilt. Dadurch
wird (4.2b) zu
3
2
(4.2b) ⇔ 3 ·
n
X
n
X
pi q i r i =
i=1
3
2
⇔ 3 ·
n
X
wi3
ki2
1
+ 22
ki li
3
+
li2
1
+ 22
ki li
3
+
li2
i=1
wi3
n
X
=
i=1
wi3
ki2
i=1
2
2
3

⇔
n
X
3
wi3 · 3 2
2
n
X

1 


wi3 · ki2 + li2 + 2 2  .


k
l
i=1
|
{z i i}
=
i=1
(4.2c)
Ti
4. Behauptung. In (4.2c) gilt Ti ≥ 3 für alle ki , li > 0, wobei Ti = 3
genau dann, wenn ki = li = 1.
Beweis. Die Cauchy-Schwarz-Ungleichung sagt aus, dass das arithmetische Mittel positiver Zahlen xi größer-gleich dem geometrischen
Mittel dieser Zahlen xi ist, wobei die Gleichheit genau dann vorliegt,
wenn alle Zahlen xi gleich sind.3 Folglich gilt für alle ki , li > 0 die
2
Man vermutet w =
s
p = kw =
3
3
√
3 pqr. Dann wären k =
p2
· pqr = p, q = lw =
qr
s
3
p
w
=
q
3
p2
qr
und l =
q2
w
· pqr = q, r =
=
pr
kl
q
w
=
r
3
q
3
q2
pr
, also
pqr · qr · pr
= r.
p2 q 2
q
2
√
Die Vermutung war also richtig. Wegen p, q, r > 0 folgt aus w = 3 pqr, k = 3 pqr , l =
q
3 q2
auch k, l, w > 0.
pr
Vgl.
z.B.
http://www-math.uni-paderborn.de/∼orlob/Mittelwerte.pdf
oder
http://planetmath.org/GeneralMeansInequality.html und
http://planetmath.org/encyclopedia/ProofOfArithmeticGeometricHarmonicMeansInequality.html.
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AUFGABE 4
Marcel Schmittfull
Ungleichung
ki2
1
+ 22
ki li
+
li2
1
+ 22
ki li
+
li2
⇔
ki2
⇔
Ti = ki2 + li2 +
s
:3 ≥
3
ki2 · li2 ·
1
ki2 li2
:3 ≥ 1
1
ki2 li2
≥ 3,
(4.4)
wobei die Gleichheit
Ti = ki2 + li2 +
1
ki2 li2
=3
(4.5)
genau dann vorliegt, wenn
ki2 = li2 =
1
.
ki2 li2
(4.6)
Aus den letzten beiden Gleichungen folgt unmittelbar, dass im Fall
von Ti = 3 ki2 = li2 = k21l2 = 33 = 1, d.h. ki = li = 1 wegen ki , li > 0
4
i i
gelten muss.
In (4.2c) unterscheidet sich die rechte Seite von der linken nur durch
den Term Ti anstelle der 3 innerhalb der Summe über alle i. D.h.
der i-te Summand auf der rechten Seite ist größer-gleich dem i-ten
Summanden auf der linken Seite für alle 0 < i ≤ n. Also gilt (4.2c)
genau dann, wenn alle Summanden links und rechts gleich sind, d.h.
Ti = 3 ∀ 0 < i ≤ n. Wie oben gezeigt wurde, gilt Ti = 3 genau
dann, wenn ki = li = 1, d.h. (4.2c) gilt genau dann, wenn ki = li =
1 ∀ 0 < i ≤ n. Erinnert man sich an die Darstellung von p, q, r durch
k, l, w in Schritt 1, so sieht man, dass für ki = li = 1 ∀ 0 < i ≤ n die
Seitenlänge pi , qi , ri der Zerlegung zu pi = qi = ri = wi ∀ 0 < i ≤ n
wird.
Unter Voraussetzung von Bedingung (4.1) gilt also die zu Bedingung (4.2)
äquivalente Bedingung (4.2c) genau dann, wenn alle Quader Würfel sind.
Q.e.d.
4
k, l > 0 wurde in der Fußnote zur Darstellung von p, q, r durch k, l, w gezeigt.
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