Lösungsskizzen zu Blatt 1 - Fachbereich Mathematik

Universität Hamburg
Fachbereich Mathematik
Winter 2016/17
Janko Latschev
Grundlagen der Mathematik
Übungsblatt 1
Präsenzaufgaben
(P1) Die folgende Aufgabe ist das aktuelle Problem des Monats der Hamburger Schülerzirkel Mathematik1 .
a) Lösen Sie alle drei Aufgabenteile, und begründen Sie dabei ihr Vorgehen möglichst
genau.
Mit etwas Geduld erhält man in Teil
sich das Zahlenquadrat
1 1
1 2
1 3
1 4
1) 20 mögliche “Lesewege”. Für Teil 2) ergibt
1 1
3 4
6 10
10 20
,
welches die in 1) gefundene Lösung bestätigt. Im Teil 3) ist die Lösung 792.
1
Unter http://bildungsserver.hamburg.de/00-schuelerzirkel-mathe/ finden Sie Informationen
über dieses Projekt.
Bitte wenden!
b) Das Wort „Mathematikstudium“ hat 17 Buchstaben. Wieviele verschiedene Rechtecke analog zu denen im Problem des Monats lassen sich aus diesem Wort bilden?
Bestimmen Sie für einige dieser Rechtecke die Anzahl der Wege, auf denen man
das Wort lesen kann.
Da das Wort „Mathematikstudium“ n = 17 Buchstaben hat, gibt es 17 mögliche Rechtecke: gibt man sich eine Zeilenzahl z zwischen 1 und 17 vor, so bestimmt sich die
Spaltenzahl s als s = n + 1 − z. Die Antworten in Abhängigkeit von der Zeilenzahl z
sehen Sie in folgender Tabelle:
z
Anzahl Wege
1, 17
1
2, 16
16
3, 15
120
4, 14
560
5, 13
1820
6, 12
4368
7, 11
8008
8, 10
11440
9
12870
Die Symmetrie der Tabelle ergibt sich aus der Symmetrie der entsprechenden Rechtecke,
welche durch Spiegelung auseinander hervorgehen.
Übungsaufgaben mit Abgabetermin Mo, 24.10.16, zu Beginn der Vorlesung
Da wir in der ersten Vorlesung noch praktisch keine mathematischen Inhalte besprochen
haben, sind die Übungsaufgaben so gewählt, dass sie mit Schulwissen und etwas „Spielfreude“ gelöst werden können.
(A1) Mehr zum Problem des Monats
(3+3P)
a) Leiten Sie aus Ihren Erkenntnissen in Aufgabe (P1) eine allgemeine Regel für ein
analoges Rechteck zu einem Wort aus n ≥ 3 Buchstaben ab (die Antwort sollte
natürlich von der Wahl der Spalten- und Zeilenanzahl im Rechteck abhängen).
Wie zum Teil schon in der Übung erkannt wurde, gibt es eine enge Beziehung zwischen dem „Pascalschen Dreieck“ und dieser Aufgabe. Für ein Wort mit n Buchstaben, das in einem Rechteck mit z Zeilen und s Spalten geschrieben wurde, gilt
die Beziehung n+1
z +s.
Als allgemeine Lösungsformel für die Anzahl der Wege
=n−1
=
ergibt sich n−1
s−1 .
z−1
b) Können Sie diese auch begründen?
Eine mathematisch stichhaltige Begründung wäre zum Beispiel die folgende: Um
von links oben nach rechts unten zu gelangen, muss man insgesamt z − 1 mal abwärts und s − 1 mal nach rechts gehen, und insgesamt n − 1 Schritte machen. Ein
Weg ist dadurch eindeutig charakterisiert, in welchen der n − 1 Schritte die Abwärtsbewegungen geschehen (oder alternativ dazu: in welchen Schritten die Rechtsbewegungen geschehen -diese sind ja gerade komplementär). Der oben erwähnte
Binomialkoeffizient n−1
z−1 gibt aber gerade die Anzahl der Möglichkeiten an, aus
n−1 Objekten (hier: Schritte) z −1 Objekte (hier: konkrete Schritte) auszuwählen.
Siehe nächstes Blatt!
Falls die Binomialkoeffizienten oder deren Interpretation als Anzahl dieser möglichen Wahlen aus der Schule nicht bekannt ist, so kann man alternativ auch das
rekursive Verfahren formalisieren, welches sich auf Aufgabenteil 2) der Problems
ergibt. Um zu einem konkreten Buchstaben zu kommen, kommt man im letzten
Schritt entweder von links oder von oben (jeweils falls möglich). Die Anzahl Wege
ist also die Summe der entsprechenden Anzahlen der Wege zu diesen beiden vorherigen Stationen. Dies gibt ein (aufwendiges) rekursives Verfahren, allerdings (ohne
weitere Überlegungen) keinen geschlossenen Ausdruck für die Antwort.
(A2) Ein „Zaubertrick“
(2+4P)
In der Vorlesung wurde ein „Zaubertrick“ erwähnt, mit dem man „Gedanken lesen“ kann.
Hier ist noch einmal der Ablauf: Die Testperson soll eine natürliche Zahl zwischen 0 und
63 wählen. Der „Gedankenleser“ überreicht der Testperson 6 Karten, auf denen jeweils
eine Reihe von Zahlen abgebildet sind, und erbittet diejenigen Karten zurück, auf denen
die gewählte Zahl nicht erscheint. Nach einem kurzen Blick auf diese zurückgegebenen
Karten kann er die gesuchte Zahl bekanntgeben.
1
9
17
25
33
41
49
57
3
11
19
27
35
43
51
59
5
13
21
29
37
45
53
61
7
15
23
31
39
47
55
63
4
12
20
28
36
44
52
60
5
13
21
29
37
45
53
61
6
14
22
30
38
46
54
62
7
15
23
31
39
47
55
63
16
20
24
28
48
52
56
60
17
21
25
29
49
53
57
61
18
22
26
30
50
54
58
62
19
23
27
31
51
55
59
63
2
10
18
26
34
42
50
58
3
11
19
27
35
43
51
59
6
14
22
30
38
46
54
62
7
15
23
31
39
47
55
63
8
12
24
28
40
44
56
60
9
13
25
29
41
45
57
61
10
14
26
30
42
46
58
62
11
15
27
31
43
47
59
63
32
36
40
44
48
52
56
60
33
37
41
45
49
53
57
61
34
38
42
46
50
54
58
62
35
39
43
47
51
55
59
63
Verwendet werden Karten wie in dieser Abbildung.
a) Erklären Sie, wie der Trick funktioniert.
Tipp: Falls Sie zunächst keine Idee haben, so probieren Sie verschiedene Zahlen
aus und betrachten Sie die Karten, die Sie jeweils in der Hand behalten würden.
Was fällt Ihnen auf?
Der „Zauberer“ weiss, dass die ersten Zahlen auf den Karten jeweils 1, 2, 4, 8, 16
und 32 sind. Um die gesuchte Zahl zu finden, muss er die jeweils ersten Zahlen
derjenigen Karten, die bei der Testperson verbleiben, addieren.
b) Erklären Sie, warum der Trick funktioniert.
Jede Zahl zwischen 0 und 63 lässt sich eindeutig als Summe (einer Auswahl) der
Zahlen 1, 2, 4, 8, 16 und 32 schreiben - tatsächlich sind dies gerade die ersten
Zweierpotenzen 1 = 20 , 2 = 21 , 4 = 22 , 8 = 23 , 16 = 24 und 32 = 25 , und diese
Summe ist gerade die Binärdarstellung dieser natürlichen Zahlen, wie wir sie noch
in der Vorlesung besprechen werden.
Den Beweis dieser Behauptung überlegt man sich wie folgt: Die Summe 1 + 2 +
4 + 8 + 16 + 32 beträgt 63. Wir stellen außerdem fest:
1 = 2−1,
1+2 = 4−1,
1+2+4 = 8−1,
1+2+4+8 = 16−1,
1+2+4+8+16 = 32−1,
d.h. die Summe der ersten Zweierpotenzen ist jeweils um 1 kleiner als die nächste
Zweierpotenz. Hat man eine beliebige Zahl n ≤ 63 gegeben, so wählt man die größte
Zweierpotenz 2k0 aus, die kleiner oder gleich n ist und betrachtet die neue Zahl
n1 = n − 2k0 . Diese Zahl ist kleiner als 2k0 (weil man sonst 2k0 +1 = 2 · 2k0 hätte
subtrahieren können) also höchstens so groß wie die Summe der verbleibenden
Zweierpotenzen, die kleiner als 2k0 sind. Wenn wir nun auf diese Weise fortfahren,
bleibt nach endlich vielen Schritten der Rest 0 übrig, so dass wir die Zahl n als
Summe einer Auswahl der Zahlen 1, 2, 4, 8, 16 und 32 geschrieben haben.2
Auf jeder der Karten sind gerade diejenigen Zahlen aufgeführt, bei denen in der
Summendarstellung aus Zweierpotenzen die Zahl links oben auf der Karte benutzt
wird. Dies erklärt, warum der Trick funktioniert.
(A3) Darf ich das?
Ein Schüler kürzt den Bruch
streicht:
(2+4+2P)
16
64 ,
indem er in Zähler und Nenner jeweils die Ziffer „6“
16
16 6
1
=
= .
64
6 64
4
Und tatsächlich, das Ergebnis ist richtig!
Die folgenden Fragen beziehen sich immer auf Brüche mit zweistelligen Zählern und Nennern.
a) Verwenden Sie Variablen für die drei auftretenden Ziffern und stellen Sie eine Gleichung auf, welche für diejenigen Brüche gilt, bei denen diese Version des „Kürzens“
funktioniert.
Es gibt verschiedene Möglichkeiten, die entsprechende Gleichung aufzuschreiben:
Bezeichnet man die drei Ziffern mit den Buchstaben a, b und c, so hat die „offensichtliche“ Gleichung die Form
10a + b
a
= .
10b + c
c
Alternative Gleichungen sind denkbar – einige davon sind in Teil b) aufgeführt.
2
Nachdem wir über vollständige Induktion gesprochen haben, werden wir diesen Beweis noch einmal
anschauen.
b) Finden Sie alle Brüche, für die dieses Verfahren des „Kürzens“ funktioniert.
Dies mündet tatsächlich in eine etwas längere Fallunterscheidung, man kann aber
mit einigen Teilbarkeitsüberlegungen die Anzahl der Fälle in eine überschaubare
Größenordnung bringen. Die Gleichung aus Teil a) lässt sich umformen zu
(10a + b)c = (10b + c)a
10a(c − b) = (a − b)c
9ac
.
b=
10a − c
oder
oder
Betrachten wir zum Beispiel die letzte dieser drei Gleichungen. Ist a = c, so steht
2
rechts 9a
9a = a, d.h. wir erhalten in diesem Fall die Bedingung a = b = c. All diese
Möglichkeiten sind in der Tat erlaubt, und wir erhalten die Brüche
11
,
11
22
,
22
33
,
33
44
,
44
55
,
55
66
,
66
77
,
77
88
,
88
und
99
.
99
(1)
9ac
Ist a 6= c, so ist der Nenner des Bruches 10a−c
nicht durch 9 teilbar (warum?), so
dass b durch 3 teilbar sein muss (warum?). Wir betrachten nun die drei sich daraus
ergebenden Fälle b = 3, b = 6 und b = 9.
1. Fall, b = 3: Wir erhalten die Gleichung
3=
9ac
,
10a − c
also 10a − c = 3ac also (10 − 3c)a = c (warum?).
Die letzte Gleichung zeigt, dass a ein Teiler von c sein muss (warum?). Den Fall
a = c hatten wir oben schon behandelt, d.h. wir können annehmen, dass a ein
echter Teiler von c ist, d.h. es gilt 1 ≤ a < c.
Wäre nun a = 1, so würden wir die Gleichung 10 = 4c erhalten, die keine ganzzahlige Lösung besitzt. Analog erhält man im Fall a = 2 die Gleichung 20 = 7c
(keine Lösung), im Fall a = 3 die Gleichung 30 = 10c (mit der Lösung c = 3),
im Fall a = 4 die Gleichung 40 = 13c (keine Lösung). Größere a müssen wir nicht
mehr betrachten, da dann c ≥ 2a zweistellig wäre, was für Ziffern nicht möglich
ist. In diesem Fall haben wir also als einzige Lösung nochmal den vorher schon
33
gefundenen Bruch 33
erhalten.
2. Fall, b = 6: Wir erhalten die Gleichung
6=
9ac
,
10a − c
also 20a − 2c = 3ac also (20 − 3c)a = 2c (warum?).
Die letzte Gleichung zeigt nun wie vorher, dass a ein Teiler von 2c sein muss.
Hier betrachten wir für vorgegebenes a jeweils die zweite Gleichung, und erhalten
folgende Tabelle:
a
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Gleichung für c
20 =5c
40 =8c
60 =11c
80 =14c
100=17c
120=20c
140=23c
160=26c
180=29c
Wir finden also die neuen Lösungen
66
Lösung 66
.
16
64
und
26
65 ,
Lösungen
c=4
c=5
keine
keine
keine
c=6
keine
keine
keine
sowie nochmal die bereits bekannte
3. Fall, b = 9: Wir erhalten die Gleichung
9=
9ac
,
10a − c
also 10a − c = ac also c =
10a
a+1
(warum?).
Da a + 1 die Zahl a nicht teilt, muss a + 1 ein Teiler von 10 sein, so dass nur a = 1,
a = 4 oder a = 9 in Frage kommen. Im Fall a = 1 erhalten wir die Lösung c = 5,
im Fall a = 4 erhalten wir die Lösung c = 8, und im Fall a = 9 erhalten wir die
bekannte Lösung c = 9. Auch in diesem Fall erhalten wir also zwei neue Lösungen,
19
99
nämlich 95
und 49
98 , sowie die schon bekannte Lösung 99 .
Damit ist unsere Fallunterscheidung abgeschlossen. Insgesamt kommen also zu den
in (1) bereits genannten trivialen Lösungen noch die vier neuen Lösungen
16
,
64
26
,
65
19
95
und
49
98
hinzu.
Bemerkung: Es sind auch andere Fallunterscheidungen denkbar, z.B. kann man
von der zweiten Umformung der Ausgangsgleichung beginnend argumentieren, dass
(a − b)c durch 10 teilbar ist, also c entweder durch 5 teilbar oder durch 2 teilbar
sein muss. Auch dies führt zu eine überschaubaren Anzahl von Fällen.
c) Begründen Sie, warum Ihre Lösung in Teil b) tatsächlich vollständig ist.
Falls Sie Teil b) nicht gelöst haben, so begründen Sie stattdessen mit mathematischen Argumenten, warum reines „systematisches Probieren“ ohne Computerhilfe
für dieses Problem sehr aufwendig ist.
Wir haben in Teil b) bereits eine (nach einigen Vorüberlegungen) vollständige Fallunterscheidung durchgeführt, so dass die Vollständigkeit der Lösung durch unseren
Lösungsweg begründet ist.
Wenn man nur systematisch probieren wollte, müsste man alle 9 · 9 · 9 = 729
möglichen Kombinationen der drei Ziffern a, b und c einzeln betrachten, was einen
ohne Computerhilfe nicht sinnvollen Arbeitsaufwand darstellt.