Knobelaufgabe Mathematik Wintersemester 2005/06 Es gibt mehrstellige natürliche Zahlen, die sich umdrehen, wenn man sie mit ihrer letzten Ziffer multipliziert. Würde zum Beispiel die folgende Gleichung gelten: 123.456 ⋅ 6 = 654.321 so wäre 123.456 eine solche Zahl. Leider gilt die Gleichung aber nicht. Gesucht ist nun die kleinste Zahl, die diese Bedingung erfüllt, wobei noch zusätzlich die Einschränkung gemacht wird, dass die letzte Ziffer keine 1 sein darf. Zusatzfrage: Wie lautet die größte 100-stellige Zahl, die diese Bedingung erfüllt? Lösung der Knobelaufgabe Vorbemerkung: Mit mod10 (sprich modulo 10) ist im Folgenden gemeint, dass die betreffende Zahl durch 10 dividiert wird und nur der Rest gewertet wird. Somit ist beispielsweise 7*8 mod 10 = 6. (Das mod10 soll sich stets auf den ganzen Term links vom Gleichheitszeichen beziehen und nicht nur auf die Zahl, die direkt vor dem mod10 steht) Wir wollen die Gleichung a 0 ∗ an an−1 L a1a 0 = a 0 a1 L a n−1an (Gleichung 1) lösen. Hierbei ist jedes a i (i = 0,K, n) eine Ziffer zwischen 0 und 9. Da die gesuchte Zahl durch die Multiplikation nicht eine Stelle dazu gewinnen darf und nach der Aufgabenstellung a 0 ungleich 1 sein muss, folgt, dass an kleiner gleich 4 sein muss. Somit verbleiben für a 0 nur die Ziffern 2 (da 2*2 mod 10 = 4), 8 (da 8*8 mod 10 = 4) und 9 (da 9*9 mod 10 = 1). Wäre aber a 0 = 2 , so wäre a n = 4 , womit die Gleichung 1 wegen der ersten Stelle nicht erfüllt werden kann. Das Gleiche gilt für a 0 = 8 . Folglich muss a 0 = 9 sein. Damit folgt a n = 1 . Wir wissen also nun, dass die gesuchte Zahl sicher mit einer 1 beginnt und mit einer 9 endet. Für die zweite Stelle der Zahl bleiben nur die Ziffern 0 und 1, da die Multiplikation mit 9 keinen Übertrag erzeugen darf. Wäre die zweite Stelle aber auch eine 1, so begönne die Zahl ja mit 11; somit begönne die rechte Zahl der Gleichung 1 mit 99; somit endete die linke Zahl mit 99, und so schließt sich der Kreis, denn die Multiplikation von 9 mit 99 kann nicht auf die beiden Schlussziffern 11 führen. Folglich muss die zweite Ziffer eine 0 sein. Da der Versuch im dreistelligen Zahlenbereich 9*109 =901 misslingt, forschen wir bei 4stelligen Zahlen weiter; mit der Frage: Gibt es eine Ziffer x, so dass die Gleichung 9*10x9 = 9x01 erfüllt ist? Mit anderen Worten: Welches x erfüllt die Gleichung 9*x + 8 mod 10 = 0 (die 8 ist der Übertrag)? Die Lösung ist die Ziffer 8, und somit ist die Lösung der Aufgabe die Zahl 1089. Nun zur Zusatzaufgabe: Stellen wir uns zunächst mal die Frage, welche Zahlen es im 5-stelligen gibt, die die Gleichung 1 erfüllen. (Im 4-stelligen haben wir bereits alle Lösungen gefunden.) Aus obigen Erläuterungen muss für alle diese Zahlen gelten, dass sie mit 10 beginnen und mit 89 enden. Versuchen wir eine fünfstellige Zahl zu finden, so lautet nun die Frage: Gibt es ein x, so dass die Gleichung 9*10x89 = 98x01 gilt, oder anders gefragt: Welches x erfüllt die Gleichung 9*x + 8 mod 10 = x (8 ist wieder der Übertrag)? Antwort x=9. Folglich ist 10989 auch eine Zahl, die die Gleichung 1 erfüllt. Für 6 Stellen sieht die Sache so aus: Für welche Ziffern x und y gilt die Gleichung 9*10xy89 = 98yx01? Durch Ausmultiplizieren erhalten wir die beiden relevanten Gleichungen: 9*y + 8 = 10*z + x (*) 9*x + z = 80 + y (**), wobei z der unbekannte Übertrag sein soll. Nach Gleichung (**) kommen für x nur die Wert 8 und 9 in Frage. Probieren wir erst die 8. Dann ist 9*x = 72. Folglich muss z nach Gleichung (**) 8 oder 9 sein. Und für y erhalten wir 0 oder 1. y = 0 oder 1 steht aber in Gleichung (*) im Widerspruch zu z = 8 oder 9. Folglich bleibt für x nur noch der Wert 9. Aus Gleichung (*) folgt damit y=9 und z=8. Die gleichen Überlegungen gelten auch für 7, 8, 9 usw. Stellen, so dass wir zu dem Schluss kommen, dass alle folgenden Zahlen Lösungen sind: 1089, 10989, 109989, 1099989, 10999989, usw. Somit ist die größte 100-stellige Zahl, die Gleichung 1 erfüllt, die Zahl: 109999999……99999989 (zwischen der 0 und der 8 steht 96-mal die Zahl 9). Diese Zahl erfüllt erstens die Gleichung 1 und ist auch sicher die größte 100-stellige, da man zwischen die notwendigen Ziffern 10 und 89 keine größeren Ziffern als lauter Neunen einbauen kann. Zusatzbemerkung: Genauere Untersuchungen dieser Zahlen führen zu dem Ergebnis, dass man alle Zahlen, die Gleichung 1 erfüllen eine der folgenden Formen hat: A) 109999 … 99989, wobei die Länge der 9er-Folge beliebig lang ist (auch die Länge Null ist erlaubt). B) 10999…99989000…00010999…99989, wobei die Längen der 9er-Folgen im vorderen und hinteren Teil beliebig aber gleich lang sind (auch die Länge Null ist erlaubt) und die Länge der 0er-Folge zwischen den beiden Strängen beliebig ist (auch die Länge Null ist erlaubt). C) 10999…99989000…000 a n−k … ak 000…00010999…99989, wobei die Längen der 9er-Folgen im vorderen und hinteren Teil beliebig aber gleich lang sind (auch die Länge Null ist erlaubt) und die Längen der 0er-Folgen auch beliebig aber gleich lang sind (auch die Länge Null ist erlaubt). Die Folge an−k … ak muss seinerseits wieder die Gleichung 1 erfüllen. (Ich danke Herrn Ralf Medow von der Firma FESTO recht herzlich für diese griffige Darstellung aller Multiplikations-Spiegelzahlen (MS-Zahlen), wie er sie nennt). Es gibt also eine 4-stellige: 1089 eine 5-stellige: 10989 eine 6-stellige: 109989 eine 7-stellige: 1099989 zwei 8-stellige: 10891089, 10999989 zwei 9-stellige: 108901089, 109999989 drei 10-stellige: 1089001089, 1098910989, 1099999989 drei 11-stellige: 10890001089, 10989010989, 10999999989 fünf 12-stellige: 108900001089, 108910891089, 109890010989, 109989109989, 109999999989 n k Lässt man die ungeraden Stellenzahlen weg, so erhält man die folgende Anhängigkeit zwischen Ziffernzahl n und Anzahl der Lösungen k: 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233 377 Die Zahlen in der unteren Zeile entsprechen genau den Zahlen der Fibonaccifolge. Ein weiteres verblüffendes Ergebnis, wie ich finde. Somit gibt es um die 7,78 Milliarden 100-stellige Zahlen, die die gewünschte Eigenschaft erfüllen. Gewinner Die folgenden Mitspieler gaben die richtige Antwort und erhielten dafür eine Urkunde: Simon Bauschert, Ulrich Benzel, David Blank, Simon Bleher, Tim Blumenstock, Aemen Bouafif, Achim Buchwald, Florian Dehmer, Michael Eitelbuß, David Engelmann, Tobias Faulhaber, Alexander Fink, Jens Friedrichs, Julian Fuchs, Tomal Ganguly, Jan Genger, Andreas Goebel, Lukas Greeb, Ralf Günther, Jörg Haiges, René Haussmann, Jan Hille, Marcel Hirsch, Christian Högn, Volker Hohl, Jens Jäger, Dominic Kadinsky, Christian Komposch, Hakan Kuecuekyilmaz, Daniel Kuhn, Thoren Lederer, Martin Löffler, Jan Lubkoll, Matthias Lukaseder, Kai Mennewisch, Julian Muny, Tahsin Oruk, Marcus Parentis, Svetlana Plotnikova, Thomas Protzner, André Rauh, Ingo Rauner, Holger Renn, Marcus Rogowsky, Jochen Roth, Mehmet Sari, Jörg Schenkel, Peter Schlumberger, Patrick Schmetzer, Felix Schmid, Holger Schmidt, Boris Schmidt, Florian Schweizer, Gerald Spengler, Siegbert Steinlechner, Rolf Viehmann, Daniel Volz, Felix von Terzi, Steffen Wahl, Karin Weiß, David Weiß, Romeo Wieczorek, Thomas Wittlinger, Familie Zimmer Buchpreise durch Auslosung gingen an: David Weiß und Thomas Wittlinger Sonderpreise für besonders schöne Lösungen gingen an: Jan Genger, Michael Katz, Ralf Medow und Daniel Trumpp Allen Gewinnern herzlichen Glückwunsch!