L ö s u n g e n

Lösungen - Teil 2
Zahlentheorie
Aufgabe 13)
Teil a)
Aus den Ziffern 2, 3, 5 der gegebenen Zahl z lassen sich auf die angegebene Weise genau
die folgenden 6 zweistelligen Zahlen bilden: 23, 25, 32, 35, 52, 53.
Für deren Summe gilt s = 220.
Teil b)
I. Wenn eine Zahl z die Bedingungen (a), (b) und (c) erfüllt, dann gilt:
Aus (b) und (c) folgt, dass es genau 6 verschiedene zweistellige Zahlen gibt, die sich aus
den Ziffern von z bilden lassen.
Aus (a) folgt daher
z = 100a + 10b + c
= (10a + b) + (10a + c) + (10b + a) + (10b + c) + (10c + a) + (10c + b)
mit a, b, c ∈ N und 1 ≤ a, b, c ≤ 9; a, b und c sind paarweise verschieden.
Folglich gilt
100a + 10b + c = 22a + 22b + 22c,
78a = 12b + 21c,
26a = 4b + 7c.
Da auf der linken Seite der Gleichung eine gerade Zahl steht, muss dies auch für die rechte
Seite der Gleichung zutreffen, was nur für c = 2k mit k ∈ {1, 2, 3, 4} der Fall ist.
Folglich kann nur 13a = 2b + 7k gelten.
Durch systematisches Untersuchen aller möglichen Fälle gelangt man zu folgendem Ergebnis:
k
a b c
1
13a - 7 = 2b 1 3 2
2
13a - 14 = 2b 2 6 4
3
13a - 21 = 2b 3 9 6
4
13a - 28 = 2b - - Folglich gilt:
Wenn eine Zahl z die gestellten Bedingungen erfüllt, dann kann dies nur eine der Zahlen
132, 264 oder 396 sein.
II. Diese drei Zahlen erfüllen tatsächlich alle gestellten Bedingungen, denn es gilt
132 = 12 + 13 + 21 + 23 + 31 + 32,
264 = 24 + 26 + 42 + 46 + 62 + 64,
396 = 36 + 39 + 63 + 69 + 93 + 96,
und keine dieser Zahlen enthält die Ziffer 0, und die Ziffern dieser Zahlen sind paarweise
verschieden.
Aus I. und II. folgt, dass genau die genannten drei Zahlen die Bedingungen (a), (b) und (c)
erfüllen.
Teil c)
Wenn die drei Ziffern von z nicht paarweise verschieden sein müssen, dann können zusätzlich die folgenden beiden Fälle eintreten:
Fall 1:
Genau zwei Ziffern von z sind einander gleich.
Dann gibt es genau 3 verschiedene zweistellige Zahlen, die sich aus den Ziffern von
z bilden lassen.
Die Summe dieser Zahlen lautet (10a + a) + (10a + b) + (10b + a) = 22a + 11b.
Es können nur folgende drei Fälle eintreten:
1
Fall 1.1: z = 100a + 10a + b = 22a + 11b, also 88a = 10b und folglich 44a = 5b.
Durch systematisches Untersuchen aller möglichen Fälle erkennt man, dass es keine Ziffern a, b gibt, die diese Gleichung erfüllen.
Fall 1.2: z = 100a + 10b + a = 22a + 11b, also 79a = b.
Es gibt keine Ziffern a, b, die diese Gleichung erfüllen.
Fall 1.3: z = 100b + 10a + a = 22a + 11b, also 89b = 11a.
Es gibt keine Ziffern a, b, die diese Gleichung erfüllen.
Damit ist gezeigt, dass im Fall 1 keine weiteren Lösungen vorkommen können.
Fall 2:
Alle drei Ziffern von z sind einander gleich.
Dann gibt es nur eine zweistellige Zahl, die sich aus den Ziffern von z bilden lässt,
und es gilt nach Aufgabenstellung 100a + 10a + a = 10a + a, also 100a = 0, was der
Bedingung a > 0 widerspricht.
Folglich liefert auch dieser Fall keine Lösungen.
Damit ist nachgewiesen, dass die im Aufgabenteil b) gestellte Aufgabe keine weiteren Lösungen hat, wenn man die Bedingung (c) weglässt.
Aufgabe 14)
Angenommen, es gibt ein Tripel (x; y; z) positiver ganzer Zahlen mit
1 1 1
+ +
=1.
x
y
z
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit kann dann zunächst
x≤y≤z
angenommen werden.
1
x
+
Wegen
1
y
> 0 und
1
z
> 0 folgt aus (1), dass
1
x
< 1 und daher x > 1 gilt.
1
y
+
1
x
1
x
=
3
x
(2)
und daher x ≤ 3.
1
x
+
1
z
≤
+
Aus (1) und (2) folgt 1 =
(1)
Die möglichen Werte für x sind also nur noch 2 oder 3.
Fall x = 2:
Aus (1) folgt
1
y
+
1
z
=1-
1
2
=
1
.
2
Unter Verwendung von (2) folgt hieraus
Aus
1
z
(3)
1
y
+
1
y
≥
1
2
und daher y ≤ 4.
> 0 und (3) folgt y > 2.
Für x = 2 kann also nur y = 3 oder y = 4 gelten.
Fall x = 2 und y = 3:
Aus (1) folgt z = 6. Da z positiv ist, ist (2; 3; 6) eine Lösung von (1), wie auch die Probe bestätigt.
Durch Vertauschen der Reihenfolge entstehen aus (2; 3; 6) genau 6 paarweise verschiedene
Lösungstripel.
Fall x = 2 und y = 4:
Aus (1) folgt z = 4. Da z positiv ist, ist (2; 4; 4) eine Lösung von (1), wie die Probe bestätigt.
Durch Vertauschen der Reihenfolge entstehen aus (2; 4; 4) genau 3 paarweise verschiedene
Lösungstripel.
Fall x = 3:
Aus (1) folgt
1
y
Aus (2) und (4) folgt
+
1
y
1
z
=1-
+
1
y
≥
1
3
2
3
=
2
.
3
(4)
und daher y ≤ 3.
Für x = 3 folgt aus (2), dass nur y = 3 gelten kann.
Aus (1) folgt dann z = 3. Da z positiv ist, ist (3; 3; 3) eine Lösung von (1), wie auch hier die
Probe bestätigt.
Folglich gibt es hier genau eine Anordnung.
2
Zusammengefasst erhalten wir, dass es genau (6 + 3 + 1 =) 10 paarweise verschiedene Lösungstripel gibt, welche die Gleichung 1 + 1 + 1 = 1 erfüllen.
x
y
z
Aufgabe 15)
Ges.: natürliche Zahlen x;
Bedingungen: (a) 0 < x < 10000;
(b) x ist ein Vielfaches von ggT(2737; 8568);
(c) 8|(x - 5);
(d) 3 und 5 sind keine Teiler von x.
Ermitteln des ggT(2737; 8568) mit Hilfe des Euklidischen Algorithmus:
8568
=
2737·3 +
357
2737
=
357·7 +
238
357
=
238·1 +
119
238
=
119·2 +
0
I. Wenn eine Zahl x die Bedingungen (a), (b), (c), (d) erfüllt, dann gilt:
Es gilt
(1) ggT(2737; 8568) = 119;
[Herleitung siehe oben].
(1), (b) ⇒
(2) x = 119k mit k∈N;
[Einsetzen].
(2), (a) ⇒
(3) 0 < k < 85;
[weil 84 < 10000:119 < 85].
(c)
⇒
(4) x ≡ 5 (8);
[Definition "Kongruenz"].
(2), (4) ⇒
(5) 119k ≡ 5 (8);
[Einsetzen].
(5)
⇒
(6) (-1)·k ≡ 5 (8);
[119 ≡ -1 (8)].
(6)
⇒
(7) k ≡ -5 ≡ 3 (8);
[Satz II) im "Arbeitsmaterial", S.14].
(7),
⇒
(8) k = 8q + 3 mit q∈N;
[Definition "Kongruenz"].
(3), (8) ⇒
(9) k∈{3, 11, 19, 27, 35, 43, 51, 59, 67, 75, 83}; [Erfassen aller Fälle].
(2)
⇒
(10) k|x;
[Definition von a|b].
(d)
⇒
(11) 3 x und 5 x.
(10), (11) ⇒ (12) 3 k und 5 k;
[(S) a|k ∧ k|x ⇒ a|x ist gleichbedeutend mit der Kontraposition
(K1) a x ∧ k|x ⇒ a k; vgl. "Arbeitsmaterial" S. 4].
(9), (12) ⇒
(13) k∈{11, 19, 43, 59, 67, 83};
[Ausschließen der Fälle, die (12) nicht erfüllen].
(2), (13) ⇒
(14) x∈{1309, 2261, 5117, 7021, 7973, 9877}; [Einsetzen].
Damit ist gezeigt, dass nur die in (14) genannten sechs Zahlen die gestellten Bedingungen
erfüllen können.
II.
x
1309
2261
5117
7021
7973
9877
(a) erfüllt?
ja
ja
ja
ja
ja
ja
(b) k = 119·q
119·11
119·19
119·43
119·59
119·67
119·83
x-5
1304
2256
5112
7016
7968
9872
(c) erfüllt? QS(x)
ja
13
ja
11
ja
14
ja
10
ja
26
ja
31
3 x?
ja
ja
ja
ja
ja
ja
5 x ? (d) erfüllt?
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
ja
Damit ist gezeigt, dass die genannten 6 Zahlen tatsächlich alle gestellten Bedingungen erfüllen.
Aus I. und II. folgt, dass genau die genannten 6 Zahlen die Bedingungen (a), (b), (c) und (d)
erfüllen.
3
Aufgabe 16)
Teil a)
Wenn a bei Division durch 7 den Rest 5 lässt und wenn b bei Division durch 7 den Rest 3
lässt, dann gilt
a ≡ 5 (7) und
b ≡ 3 (7).
Hieraus folgt
a² ≡ 25 (7) und
b² ≡ 9 (7),
also
a² ≡ 4 (7) und
b² ≡ 2 (7)
und daher
a² + b² ≡ 6 (7).
Hieraus folgt, dass die Summe der Quadrate der Zahlen a und b bei Division durch 7 stets
den Rest 6 lässt.
Für die Folgerungen wurde die Definition von sowie Rechenregeln für Kongruenzen verwendet.
Teil b)
Nach Voraussetzung gilt
a ≡ 7 (24)
und b ≡ 5 (24).
Hieraus folgt
a² ≡ 49 ≡ 1 (24) und b² ≡ 25 ≡ 1 (24),
also
a² - b² ≡ 1 - 1 ≡ 0 (24).
Hieraus folgt
24|(a² - b²).
Folglich ist {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24} die Menge aller Teiler der Differenz der Quadrate von a
und b.
Aufgabe 17)
Teil a)
Gegenbeispiel: a = 2, b = 4, c = 6.
Für diese Belegung entsteht eine falsche Aussage.
Teil b)
V1: a|b;
V2: a|c;
(B): a²|bc.
Beweis:
V1
V2
(1), (2)
(3)
(4)
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
(1)
(2)
(3)
(4)
b = q1·a, q1∈ N;
c = q2·a, q2∈ N;
b·c = q1·q2·a²;
b·c = q·a², q∈
∈N;
[Definition von x|y].
[Definition von x|y].
[seitenweise Multiplikation der Gleichungen].
[Aus q1∈N und q2∈N folgt q1· q2∈N].
(B)
a²|bc;
[Definition von x|y].
Teil c)
Gegenbeispiel: a = 4, b = 2, c = 12.
Für diese Belegung entsteht eine falsche Aussage.
Hinweis: Für die Belegung a = 4, b = 3, c = 12 entsteht eine wahre Aussage. Das lässt
vermuten, dass die Aussage für teilerfremde a und b wahr ist.
4
Aufgabe 18)
Teil a)
Vermutung: Wenn die Summe aus vier beliebigen natürlichen Zahlen eine ungerade Zahl ist,
dann ist das Produkt aus diesen Zahlen stets eine gerade Zahl.
V:
a + b + c + d ist eine ungerade Zahl, wobei a, b, c, d ∈ N;
(B): a·b·c·d ist eine gerade Zahl.
Beweis:
V
⇒
(1)
V, (1) ⇒
(2)
(2)
(B)
⇒
Genau eine oder genau drei der Zahlen a, b, c, d sind ungerade, (weil nur
die Summe einer ungeraden Anzahl von ungeraden Zahlen eine ungerade
Zahl ergeben kann).
Mindestens eine der Zahlen a, b, c, d ist gerade, (weil von vier dieser Zahlen höchstes drei ungerade sein können).
a·b·c·d ist eine gerade Zahl, (weil in diesem Produkt mindestens ein
Faktor gerade ist).
Teil b) Verallgemeinerung:
Für jede gerade Anzahl von natürlichen Zahlen gilt:
Wenn diese natürlichen Zahlen eine ungerade Zahl als Summe haben, dann ist ihr Produkt
eine gerade Zahl.
Beweis: Da nur die Summe einer ungeraden Anzahl ungerader Zahlen eine ungerade Zahl
ergibt, wir aber eine gerade Anzahl natürlicher Zahlen haben, muss mindestens eine dieser
Zahlen gerade sein. Ein Produkt, das mindestens einen geraden Faktor hat, ist aber stets
gerade, w.z.b.w.
Aufgabe 19)
V1: p ist eine Primzahl, p ≠ 3;
V2: 2p + 1 ist eine Primzahl;
(B): 4p + 1 ist keine Primzahl.
Beweis:
V1
⇒
Es gilt stets genau einer der folgenden beiden Fälle:
oder
(1b) p ≡ -1 (3);
(1a) p ≡ +1 (3)
[weil p ≡ 0 (3) nach Voraussetzung nicht gelten kann und da andere
absolut kleinste Reste bei Division durch 3 nicht auftreten].
V2, (1a) ⇒ (2) 2p + 1 ≡ 2 + 1 ≡ 0 (3), d.h. 2p + 1 wäre in diesem Fall keine Primzahl,
was der Voraussetzung V2 widerspricht; folglich kann der Fall (1a) nicht
eintreten.
V2, (1b) ⇒ (3) 2p + 1 ≡ -2 + 1 ≡ -1 (3), d.h. 2p + 1 kann in diesem Fall eine Primzahl
sein, die Voraussetzung V2 ist in diesem Fall erfüllbar.
(1b)
⇒ (4) 4p + 1 ≡ -4 + 1 ≡ 0 (3);
[Umformung von Kongruenzen].
(4)
⇒ (B) 4p + 1 ist keine Primzahl;
[weil 3|(4p+1)].
Es ist leicht zu erkennen, dass sich aus den beiden Voraussetzungen noch beliebig viele
analoge Behauptungen ableiten lassen, z.B.:
V1 ∧ V2 ⇒ p ≡ -1 (3) ⇒ 5p + 2 ≡ 0 (3); d.h. 5p + 2 ist keine Primzahl;
7p + 4 ≡ 0 (3); d.h. 7p + 4 ist keine Primzahl;
8p + 5 ≡ 0 (3); d.h. 8p + 5 ist keine Primzahl.
5
Aufgabe 20)
2n
2n
V:
z = 46 - 12 , n ∈ N;
(B): 1972|z.
Beweis: (Die verwendeten Sätze über Kongruenzen vgl. „Arbeitsmaterial", S.15)
Es gilt
46 ≡ 2 (4) und 12 ≡ 0 (4); [Definition von a ≡ b (m)].
2n
2n
n
2n
Folglich
46 ≡ 2 ≡ 4 ≡ 0 (4) und 12 ≡ 0 (4); [Satz III); Definition].
2n
2n
Folglich
(1) 46 - 12 ≡ 0 (4);
[Satz I)].
V, (1) ⇒ (2) 4|z;
[weil z ≡ 0 (4) gleichbedeutend mit 4|z].
2n
2n
Es gilt
46 ≡ 12 (17), also 46 ≡ 12 (17);
[Definition von a ≡ b (m)].
2n
2n
Folglich
(3) 46 - 12 ≡ 0 (17);
[Satz I)].
V,(3)
⇒ (4) 17|z;
[weil z ≡ 0 (17) gleichbedeutend mit 14|z].
2n
2n
n
2n
n
Es gilt
46 ≡ 17 (29), 46 ≡ 17 ≡ 289 ≡ (-1)n (29) und 12 ≡ 144 ≡ (-1)n (29),
2n
2n
folglich
(5) 46 - 12 ≡ 0 (29);
[Umformung].
V, (5) ⇒ (6) 29|z;
[weil z ≡ 0 (29) gleichbedeutend mit 29|z].
(2), (4), (6) ⇒ (B) 1972|z;
[weil 4·17·29 = 1972 und nach dem Satz
„Wenn a|c und b|c und a, b teilerfremd, dann ab|c"].
Damit ist bewiesen, dass für alle n∈
∈N gilt: V ⇒ (B); w.z.b.w.
Aufgabe 21)
V1: a = 24q1 + 7, q1 ∈ N bzw.
a ≡ 7 (24);
V2: b = 24q2 + 5, q2 ∈ N bzw.
b ≡ 5 (24);
(B): 24|(a² - b²)
bzw.
a² - b² ≡ 0 (24).
Beweis: (Die verwendeten Sätze über Kongruenzen vgl. „Arbeitsmaterial“, S.15)
V1
⇒
(1) a² ≡ 49 (24);
[Satz III)].
(2) b² ≡ 25 (24);
[Satz III)].
V2
⇒
(1), (2) ⇒
(3) a² - b² ≡ 49 - 25 ≡ 24 (24); [Satz I)].
(3)
⇒
(4) a² - b² ≡ 0 (24);
[weil 24 ≡ 0 (24)].
(4)
⇒
Beh. 24|(a² - b²);
[Def. x|y und Def. x ≡ y (m)].
Geometrie
D
C
A
B
Aufgabe 7)
V1:
ABCD ist ein Quadrat;
V2:
M ist der Mittelpunkt von BC ;
N ist der Mittelpunkt von CD ;
(B) :
NMA = ANM.
Beweis:
V1
⇒
V1
⇒
(1)
(2)
(1), V2 ⇒
(1), (2), (3)
(4) ⇒
(5) ⇒
(3) BM = DN ;
⇒ (4) ABM ≅ ADN;
(5)
AM = AN ;
(B)
NMA =
ANM;
AB = AD = BC = CD ;
MBA =
ADN (= 90°);
[im Quadrat sind alle Seiten gleich lang].
[im Quadrat sind alle Winkel gleich groß].
[Def. „Mittelpunkt“ gleich langer Seiten].
[Kongruenzsatz sws].
[entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken].
[Basiswinkelsatz für Dreieck MNA].
Damit ist bewiesen, dass V1 ∧ V2 ⇒ (B) gilt.
6
Aufgabe 8)
C
V1:
V4:
K ist der Mittelpunkt der Seite AB des Dreiecks ABC;
M ist der Mittelpunkt der Seite AC des Dreiecks ABC;
D so, dass der Mittelpunkt S von CD auf AB A
liegt;
N ist der Mittelpunkt von BD ;
(B):
MN und KS halbieren einander.
V2:
V3:
M
S
K
B
N
D
Beweis:
V1, V2
⇒
(1)
V3, V4
⇒
(2)
(1), (2)
(1), (2)
(3), (4)
⇒
⇒
1
BC , MK||BC;
2
1
SN = BC , SN||BC;
2
MK =
[Satz über die Mittellinie im Dreieck ABC].
[Satz über die Mittellinie im Dreieck DBC].
(3)
(4)
(5)
MK = SN ;
[Drittengleichheit].
MK||SN;
[Transitivität der Parallelität].
KNSM ist ein Parallelogramm;
⇒
[als Viereck mit einem Paar gleich langer und paralleler Gegenseiten].
(5)
(B)
MN und KS halbieren einander;
⇒
[Satz über die Diagonalen im Parallelogramm].
Damit ist bewiesen, dass V1 ∧ V2 ∧ V3 ∧ V4 ⇒ (B) gilt.
Aufgabe 9)
V1:
C
ASa und CS c sind Seitenhalbierende im Dreieck ABC
Sa
und es gilt ASa∩CSc = {S};
S
V2:
X ist der Mittelpunkt von AS ;
V3:
Y∈ CS c so, dass CS c = 3· YS c gilt.
X
Sc
A
(B): XYSaC ist ein Parallelogramm.
B
Y
Beweis:
V1
⇒
(1)
AS = 2· SS a ;
[Eigenschaft von Seitenhalbierenden].
(1), V2
⇒
(2)
AX = XS = SS a ;
[Umformung].
V1
⇒
(3)
CS =
V3, (3)
⇒
(4)
CS =
(3), (4) ⇒
(5)
SS c = YS c und SY = CS ;
2
· CS c =
3
2
·3· YS c
3
2· SS c ;
[Eigenschaft von Seitenhalbierenden].
= 2· YS c ;
[Einsetzen, Umformen].
[Einsetzen und Umformen].
(2), (5) ⇒
(B) XYSaC ist ein Parallelogramm; [Eigenschaft von Parallelogrammen].
Damit ist bewiesen, dass V1 ∧ V2 ∧ V3 ⇒ (B) gilt.
7
Aufgabe 10)
V1: M ist der Schnittpunkt der Halbierenden
der Außenwinkel von Dreieck ABC, die der
Seite BC anliegen;
V2: D ist der Lotfußpunkt von M auf AB;
E ist der Lotfußpunkt von M auf BC;
F ist der Lotfußpunkt von M auf AC.
F
C
M
E
(B): MD = ME = MF .
Beweis:
Stets gilt:
V1
V2
(1), (2), (3)
(4)
Dass auch
⇒
⇒
⇒
⇒
ME
B
A
D
BM = BM .
(1)
(2)
DBM =
MBE;
[Definition "Winkelhalbierende"].
(3)
MDB =
BEM (= 90°);
[Definition "Lot"].
(4)
BDM ≅
BEM;
[Kongruenzsatz wws].
(B)
MD = ME ; [entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken].
= MF gilt, lässt sich analog ableiten.
Damit ist bewiesen, dass V1 ∧ V2 ⇒ (B) gilt.
Bemerkung: Damit ist gleichzeitig bewiesen, dass der Schnittpunkt der Halbierenden dieser
Außenwinkel der Mittelpunkt des zugehörigen Ankreises des Dreiecks ABC ist.
Aufgabe 11)
C
V1:
V2:
AC = BC ;
ACB = 120°;
V3:
mAC∩ AB = {D}, mBC∩ AB = {E};
mAC
γ1
mBC
120°
60° γ2
α = 30°
(B): AD = DE = EB .
A
Beweis: (Bezeichnungen vgl. Figur)
V1
⇒
(1) α = β;
V2, (1)
(2) α = β = 30°;
⇒
V3, (2)
(3) α = γ1 = 30°;
⇒
β = γ2 = 30°;
β = 30°
D
E
[Basiswinkel im gleichschenkligen Dreieck ABC].
[Winkelsumme im Dreieck ABC; Umformung].
[Wenn P ∈mAC, dann PAC =
ACP].
[Wenn Q ∈mBC, dann CBQ =
QCB].
(3)
V1, (3)
⇒
⇒
(4)
(5)
AD = DC , CE = EB ; [Umkehrung des Basiswinkelsatzes].
ADC ≅ BEC;
[Kongruenzsatz wsw].
(5)
⇒
(6)
DC = CE ;
V2, (3)
⇒
(7)
(6), (7) ⇒
(4), (8)
(8)
⇒
DCE = 60°;
DC = CE = DE ;
(B)
AD = DE = EB ;
B
[entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken].
[Winkelsubtraktion].
[Jedes gleichschenklige Dreieck mit einem
60°- Winkel ist gleichseitig].
[Drittengleichheit].
Damit ist bewiesen, dass V1∧V2∧V3 ⇒ (B) gilt.
8
C
Aufgabe 12)
D
V1:
Im Dreieck ABC gilt
V2:
AB < AC und BAC = α;
D∈ AC mit CD = AB ;
V3:
M ist der Mittelpunkt von AD ;
N
M
4
V4:
V5:
N ist der Mittelpunkt von BC ;
MN ∩ AB = {E};
1
(B):
AEM = α .
2
Beweis:
3
E
A
2
B
1
F
Es gelte ZV:
ZV
⇒
F∈CA außerhalb der Strecke AC mit AF = AB .
(1)
BFA =
ABF; [Basiswinkel im gleichschenkligen Dreieck].
V1, (1)
⇒
(2)
ZV, V2
⇒
(3)
CD = AF ;
[Drittengleichheit].
V3
⇒
(4)
DM = AM ;
[Definition "Mittelpunkt"].
(3), (4) ⇒
V4, (5) ⇒
(5)
CM = MF ;
[Streckenaddition; Lage der Punkte C, D, M, A, F].
MN ist Mittellinie im FBC; [Definition "Mittellinie"].
(6)
V5, (7)
⇒
⇒
(7)
(8)
(2), (8) ⇒
(B)
(6)
ABF = 1 α;
[Außenwinkelsatz für
2
MN || FB ;
ABF =
AEM =
FBA; Umformung].
[Satz über die Mittellinie im FBC].
[Wechselwinkel an geschnittenen Parallelen].
AEM;
1
α;
2
[Drittengleichheit].
Damit ist bewiesen, dass V1 ∧ V2 ∧ V3 ∧ V4 ∧ V5 ⇒ (B) gilt.
Aufgabe 13)
V1:
V2:
V3:
BAC =
C
D
CAD =
α
2
im Viereck ABCD;
D∈mAC;
mAC ∩ AB = {E};
S
(B1): ABCD ist ein Trapez;
A
E
B
(B2): AECD ist ein Rhombus (Vermutung).
mAC
Beweis:
Da jeder Punkt, der auf der Mittelsenkrechten einer Strecke
liegt, von den Endpunkten dieser Strecke den gleichen Abstand hat, folgt aus V2 die Streckengleichheit
AD = CD .
Nach dem Basiswinkelsatz für das Dreieck ACD folgt hieraus
Wegen V1 gilt
BAC =
BAC =
CAD =
α
DCA =
2
(1)
CAD =
DCA.
, also folgt nach dem Prinzip der Drittengleichheit
α
2
.
Da die Winkel BAC und DCA Wechselwinkel an den geschnittenen Geraden AB und
CD sind, gilt nach der Umkehrung des Wechselwinkelsatzes AB||CD.
Hieraus folgt nach Definition: Das Viereck ABCD ist ein Trapez.
(B1)
Wir bezeichnen den Schnittpunkt der Strecken AC und DE mit S.
Folglich liegt der Punkt S auf der Strecke AC und daher gilt
CAD =
SAD =
α
2
.
(2)
Aus V3 folgt, dass E auf der Geraden AB liegt, und da S auf AC liegt folgt
9
BAC =
EAC =
EAS =
α
2
.
Aus V1, (2) und (3) folgt nach dem Prinzip der Drittengleichheit
EAS = SAD (< 90°).
Aus V3 folgt nach Definition der Mittelsenkrechten
ASE = DSA (= 90°).
(3)
(4)
(5)
Stets gilt
AS = AS .
Aus (4), (5) und (6) folgt nach dem Kongruenzsatz wsw
AES ≅ ADS.
Da AE und AD entsprechende Seiten in kongruenten Dreiecken sind, folgt aus (7)
AE = AD .
Aus V3 folgt, dass E ein Punkt auf der Mittelsenkrechten von AC ist, folglich gilt
(6)
AE = EC .
Aus (1), (8) und (9) folgt, dass im Viereck AECD alle Seiten gleich lang sind.
Hieraus folgt nach Definition: Das Viereck AECD ist ein Rhombus.
Damit ist bewiesen, dass V1∧V2∧V3 ⇒ (B) gilt.
(9)
(7)
(8)
(B2)
Aufgabe 14)
Nach Voraussetzung gilt
V1:
V2:
AC ist ein Durchmesser des Kreises k(M;r);
AB||CD mit B auf k(M;r) und D auf k(M;r).
Ferner gelte
ZV:
CAB = α .
(B)
Die Gerade BD geht durch M.
Beweis:
Aus V1 folgt, dass der Mittelpunkt M des Kreises auf
der Strecke AC liegt.
Hieraus und aus ZV folgt
MAB = α und MCD =
ACD.
Aus (1) und V2 folgt nach dem Wechselwinkelsatz
MAB =
MCD = α .
Aus V1 und V2 folgt, dass AM und BM Radien des Kreises sind, also gilt AM = BM .
Nach dem Basiswinkelsatz für das Dreieck BAM und wegen (1) folgt hieraus
MAB =
ABM = α .
Nach dem Außenwinkelsatz für das Dreieck ABM folgt hieraus
CMB = 2 α .
(1)
(2)
(3)
Aus V1 und V2 folgt, dass CM und DM Radien des Kreises sind, also gilt CM = DM .
Nach dem Basiswinkelsatz für das Dreieck DCM und wegen (1) und (2) folgt hieraus
MCD =
CDM = α .
Nach dem Innenwinkelsatz für das Dreieck DCM folgt hieraus
DMC = 180° - 2 α .
(4)
Wegen DMB =
DMC +
CMB folgt aus (4) und (3) durch Einsetzen
DMB = (180° - 2 α ) + 2 α = 180°, also
DMB = 180°.
Da ein gestreckter Winkel vorliegt, liegen die Punkte D, M und B auf einer Geraden. Hieraus
folgt, dass unter den gegebenen Voraussetzungen die Gerade BD stets durch den Mittelpunkt M des Kreises verläuft, w.z.b.w.
10
Konstruktionsaufgaben
Aufgabe 15)
C
Ges.: Dreiecke ABC;
Gegebene Bedingungen:
(a)
AC = b = 5 cm;
(b) CH = hc = 4 cm;
S
b
(c)
BS
= sb = 6 cm;
(d)
(e)
CH ist eine Höhe im ABC;
BS ist eine Seitenhalbierende im
hc
sb
ABC.
A
H
B
g
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (in Kurzform):
(1) CH = hc (ausführlich: Zeichne eine Strecke CH mit der Länge hc); (eindeutig ausführbar).
(2) Senkrechte g zu CH durch H; (eindeutig ausführbar).
(3) k(C; b) ∩ g = {A1; A2}; für b = 5 cm entstehen zwei Schnittpunkte.
Mittelpunkt S1 von A1C ; Mittelpunkt S2 von A 2C ; (eindeutig ausführbar).
k(S1; sb) ∩ g = {B1; B21};
k(S2; sb) ∩ g = {B2; B11}; für sb = 6 cm entstehen jeweils 2 Schnittpunkte.
A1B1C und A2B2C sind (nichtkongruente) Lösungen der Aufgabe.
(Es gilt A1B21C ≅ A2B2C und A2B11C ≅ A1B1C.)
(4)
(5)
Teil b)
Konstruktionszeichnung:
C
S1
B21
B11 A1
S2
H
11
A2 B1
B2
Aufgabe 16)
C
Ges.: Dreiecke ABC;
Gegebene Bedingungen:
(a) BC = a = 6 cm;
(b)
AHa = ha = 4 cm;
Ha
a
ha
Sa
sa
(c)
ASa = sa = 4,5 cm;
(d)
AHa ist eine Höhe im Dreieck ABC;
(e)
ASa ist eine Seitenhalbierende im Dreieck ABC.
A
B
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (Kurzform):
(1)
AHa = ha = 4 cm (Konstruiere eine Strecke AHa mit der Länge ha); (eindeutig konstruierbar).
(2) Senkrechte g auf AHa durch Ha; (eindeutig konstruierbar).
(3) k(A; sa ) ∩ g = {Sa, Sa1}; (Konstruiere die Schnittpunkte dieses Kreises mit der
Geraden g); (wegen sa > ha gibt es genau 2 Schnittpunkte).
(4)
k(Sa;
a
)
2
∩ g = {B, C}, k(Sa1;
a
2
)∩g = {B1, C1}; (eindeutig konstruierbar).
Die Dreiecke ABC und AB1C1 sind symmetrisch bezüglich der Symmetrieachse AHa und daher zueinander kongruent. Folglich ist das DreiA
eck ABC die einzige Lösung der Aufgabe.
Teil b)
Konstruktionszeichnung:
B
B1 Sa Ha Sa1 C
Teil c)
(1)
⇒ (b)
AHa = ha = 4 cm.
(3)
⇒ (c)
ASa = sa = 4,5 cm; (als Radius eines Kreises mit der Länge sa).
(4)
⇒ (a)
BC
= a = 6 cm;
C1
(als Durchmesser eines Kreises mit dem Radius
g
a
).
2
(1), (2) ⇒ (d)
AHa ist Höhe im Dreieck ABC; (weil AHa⊥BC und Ha∈BC).
(3), (4) ⇒ (e)
ASa ist Seitenhalbierende im Dreieck ABC; (weil Sa der Mittelpunkt von
BC ist).
Damit ist bewiesen:
Wenn ein Dreieck ABC mit Hilfe der Konstruktionsschritte (1) bis (4) konstruiert wird, dann
erfüllt es die gestellten Bedingungen (a) bis (e).
12
Aufgabe 17)
h
Ges: Vierecke ABCD;
Gegebene Bedingungen:
AB = a = 8 cm;
(a)
(b) CD = c = 3 cm;
AC = e = 7 cm;
(c)
(d) BD = f = 6 cm;
(e) ABCD ist ein Trapez mit AB||CD.
D
e
C
c
f
g
f
A
a
B
c
E
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (in Kurzform):
(1)
AEC aus AE = a + c, AC = e, EC = f;
(eindeutig konstruierbar, weil bei den gegebenen Daten a + c < e + f, e < a + c + f
und f < e + a + c gilt).
(2) Gerade g mit g||AE und C∈g; (stets eindeutig konstruierbar).
(3) D mit D∈g, DC = c und D auf derselben Seite von EC wie A; (stets eindeutig konstruierbar).
(4) Gerade h mit h||EC und D∈h; (stets eindeutig konstruierbar).
(5) h ∩ AE = {B}; (eindeutig konstruierbar, weil h nicht parallel zu AE).
Da alle Konstruktionsschritte eindeutig ausführbar sind, hat die Aufgabe genau eine Lösung.
Teil b)
Wenn es ein Viereck ABCD gibt, das die gestellten Bedingungen erfüllt, dann gilt:
Aus (a) und (b) folgt, dass es genau einen Punkt E auf dem Strahl AB mit AE = a + c gibt,
für den BE = c gilt.
Aus (e) folgt dann BE||CD, wegen (b) also BE = CD = c; hieraus folgt dann
BECD ist ein Parallelogramm
(#)
(als Viereck mit einem Paar gleich langer und paralleler Gegenseiten).
Hieraus folgt BD||EC und BD = EC , wegen (d) also EC = f.
Zusammen mit (c) folgt daher, dass das Dreieck AEC aus AE = a + c, EC = f und AC = e
eindeutig konstruiert werden kann (falls die Dreiecksungleichungen erfüllt sind). Damit ist der
Konstruktionsschritt (1) hergeleitet.
Aus (#) folgt, dass D auf der Parallelen g zu AE durch C liegt [Schritt (2)].
Aus (b) und (#) folgt, dass CD = c gilt, wobei D auf derselben Seite von EC liegt wie A
[Schritt (3)].
Aus (#) folgt, dass B auf der Parallelen h zu EC durch D und auf der Geraden AE liegt
[Schritt (4) und (5)].
Daraus folgt: Wenn ein Viereck ABCD die Bedingungen (a) bis (e) erfüllt, dann lässt es sich
wie in (1) bis (5) beschrieben konstruieren.
13
Aufgabe 18)
F
D
Ges.: Vierecke ABCD;
Gegebene Bedingungen:
(a) ABCD ist ein Drachenviereck (mit
der Symmetrieachse AC);
(b)
AC = f = 7 cm;
(c)
AB + BC = s = 10 cm;
(d)
BAD = α = 60°.
C
w
f
α
B
A
s
E
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (Kurzform):
(1)
Dreieck AEC aus AE = s, AC = f,
EAC =
1
2
α.
(2) Mittelsenkrechte mEC; mEC∩AE = {B}.
(3) F so auf derselben Seite von AB wie C, dass BAF = α .
(4) k(A; AB )∩AF = {D} .
Alle Konstruktionsschritte sind (für die gegebenen Größen f, s, α ) eindeutig ausführbar. Das
so konstruierte Viereck ABCD ist die einzige Lösung der Aufgabe.
Teil b)
Wenn ein Viereck ABCD die gegebenen Bedingungen erfüllt, dann gilt:
Aus (c) folgt, dass es genau einen Punkt E auf dem Strahl AB gibt, so dass
AE = s = AB + BE gilt.
Aus (a) folgt, dass AC eine Symmetrieachse von ABCD ist, aus (d) folgt daher
BAC =
1
2
BAD =
1
2
α.
Wegen (b) gilt AC = f.
Folglich ist das Dreieck AEC nach Kongruenzsatz sws eindeutig konstruierbar [Schritt (1)].
Wegen (c) gilt AB + BC = s, wegen AB + BE = s folgt hieraus BC = BE , also liegt B auf
der Mittelsenkrechten mCE.
Da B auf AE liegt, ist AE ein 2. GO für B. Da nicht AE||mCE gilt, ist B eindeutig konstruierbar
[Schritt (2)].
Aus (d) folgt, dass D auf dem freien Schenkel des Winkels BAF ( = α ) liegt [Schritt 3].
Aus (a) folgt AB = AD (Eigenschaft eines Drachenvierecks).
Folglich ist k(A; AB ) ein 2. GO für D [Schritt 4].
Damit ist nachgewiesen:
Wenn ein Viereck ABCD die Bedingungen (a) bis (d) erfüllt, dann lässt es sich wie in (1) bis
(4) beschrieben konstruieren.
14
Aufgabe 19)
Ges.: Dreiecke ABC;
Gegebene Bedingungen:
AB + BC = s;
(a)
(b) CH = hc;
(c)
CBA = β < 90°;
(d)
CH ist eine Höhe.
Teil a)
Konstruktionsbeschreibung (Kurzform):
AD = s.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
XDA =
1
2
β.
Parallelenpaar g, g1 zu AD im Abstand hc;
(Das Beachten von g1 führt nur zu einem spiegelbildlich kongruenten Dreieck und daher zu keiner weiteren Lösung).
DX ∩ g = {C}.
mDC ∩ AD = {B}; (Da stets β < 90° gilt, schneidet die Mittelsenkrechte mDC stets die
Strecke AD ).
Das so konstruierte Dreieck ABC ist daher die einzige Lösung der Aufgabe.
Teil b)
Einzigkeitsnachweis:
Wenn ein Dreieck ABC die gegebenen Bedingungen erfüllt, dann gilt:
Aus (a) folgt, dass es genau einen Punkt D auf der Verlängerung von AB über B hinaus gibt,
für den AD = AB + BD = s = AB + BC gilt [Schritt (1)].
Folglich gilt BC = BD , laut Basiswinkelsatz also
CDB =
BCD.
Hieraus und nach dem Außenwinkelsatz folgt wegen Bedingung (c) dann
CDA =
1
2
β
[Schritt (2)].
Daher ist (mit dem freien Schenkel dieses Winkels) ein 1. GO für C gefunden.
Aus (b) und (d) folgt, dass C auf der Parallelen zu AD im Abstand hc liegt. Daher haben wir
einen 2. GO für C gefunden [Schritt (3) und (4)].
Wegen s = AD = AB + BD = AB + BC liegt B auf der Mittelsenkrechten mDC . Da B auch
auf AD liegt, kennen wir zwei geometrische Örter für B [Schritt (5)].
Damit haben wir bewiesen:
Wenn ein Dreieck ABC die Bedingungen (a), bis (d) erfüllt, dann lässt es sich wie in (1) bis
(5) beschrieben konstruieren.
Teil c)
Existenznachweis:
Aus den Konstruktionsschritten (1) und (5) folgt AD = AB + BD = s; wegen (5) gilt B ∈ mDC ,
woraus dann BC = BD folgt.
Durch Einsetzen folgt hieraus, dass die Bedingung (a) ist.
Aus (4) folgt, dass C auf g liegt, aus (5) folgt, dass B auf AD liegt, wegen (3) ist daher hc der
Abstand der parallelen Geraden g und AD und damit des Punktes C von der Geraden AB.
Hieraus folgt, dass CH = hc gilt und dass CH eine Höhe im Dreieck ABC ist.
Folglich sind die Bedingungen (b) und (d) erfüllt.
15
Wegen BC = BD ist das Dreieck DCB gleichschenklig, also gilt laut Basiswinkelsatz und
Konstruktionsschritt (2) die Beziehung
CDB =
BCD =
1
2
β , woraus nach dem Außen-
winkelsatz CBA = β folgt. Also ist auch die Bedingung (c) erfüllt.
Damit ist bewiesen:
Wenn ein Dreieck ABC wie in (1) bis (5) beschrieben konstruiert wird, dann erfüllt es die Bedingungen (a) bis (d).
16