0.1 Kubikwurzeln 0.2 Geburtstagsparadoxon

MSG Zirkel 7b
Jonathan Kliem
11. September 2017
Inhaltsverzeichnis
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
Kubikwurzeln . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Geburtstagsparadoxon . . . . . . . . . . . . .
Teilbarkeitsregeln . . . . . . . . . . . . . . . .
Organisatorisches . . . . . . . . . . . . . . . .
Knobelaufgabe zum nächsten Termin: Monika
Knobelaufgabe: Monika . . . . . . . . . . . .
Organisatorisches . . . . . . . . . . . . . . . .
Wiederholung . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Gefängniswärter . . . . . . . . . . . . . . . .
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1
1
2
2
3
4
4
4
4
1 Graphentheorie
1.1 Königsberger Brückenproblem . .
1.2 Knobelaufgabe zum 31. Oktober
1.3 Knobelaufgabe vom letzten Mal .
1.4 Grundlegende Defintionen . . . .
1.5 Übung zum nächsten Mal . . . .
1.6 Polyeder . . . . . . . . . . . . . .
1.7 Überlegung zum nächsten Mal .
1.8 Eulersche Polyederformel . . . .
1.9 Induktion . . . . . . . . . . . . .
1.10 Das Summenzeichen . . . . . . .
1.11 Übungsaufgaben . . . . . . . . .
1.12 Eulersche Polyederformel . . . .
1.13 Eulertouren . . . . . . . . . . . .
1.14 Organisatorisches . . . . . . . . .
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5
5
6
7
7
8
9
9
10
11
13
15
16
17
18
2 Restklassenrechnung
2.1 Weihnachtsaufgabe
2.2 Schreibweisen . . .
2.3 Quersumme . . . .
2.4 Übungsaufgaben .
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19
19
21
23
25
3 Spieltheorie
3.1 Streichholzspiele (Nim) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Gefangenendilemma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Einige Spiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
30
34
35
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I
Jonathan Kliem
MSG Zirkel 7b
26. September 2016
4 (Un-)Gleichungen
4.1 Einführende Beispiele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Regeln für Folgerungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
40
45
5 (Elementar-)Geometrie
5.1 Strecken . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2 Winkel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Axiome . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4 Wiederholung . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5 Dreiecksungleichung . . . . . . . . . . . .
5.6 Kongruenzen . . . . . . . . . . . . . . . .
5.7 Dreickskongruenzen, Winkel an Parallelen,
5.8 Knobelaufgabe zum nächsten Mal . . . .
5.9 Kreis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.10 Konstruktion mit Zirkel und Lineal . . . .
5.11 Kleine Beweise . . . . . . . . . . . . . . .
5.12 Knobelaufgabe zum nächsten Mal . . . .
5.13 Vierecke . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
47
47
47
49
49
50
51
54
54
55
56
56
57
II
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Innenwinkel, gleichschenkelige Dreicke
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Jonathan Kliem
0.1
MSG Zirkel 7b
26. September 2016
Kubikwurzeln
Mit ein wenig Überlegung ist es sehr leicht, Kubikwurzeln von bis zu 6-stelligen Kubikzahlen zu
bestimmen.
√
1. 1003 = 1.000.000, d.h. 3 n < 100 für n < 1.000.000.
2. Nun lässt sich die erste Ziffer mit den ersten 9 Kubikzahlen abschätzen:
1, 8, 27, 64, 125, 216, 343, 512, 729.
3. Die letzte Ziffer einer Kubikzahl ist eineindeutig bestimmt durch die letzte Ziffer der dritten
Wurzel. Für 1, 4, 5, 6, 9 ist es stets dieselbe Ziffer, sonst ist es 10 − m.
Beispiel 0.1 (39.304). Wir stellen fest
303 = 27.000 ≤ 39.304 < 64.000 = 403
√
3
⇔
30 ≤ 39.304 < 40
also ist die erste Ziffer 3. Weiter ist die letzte Ziffer von 39.304 eine 4, also ist dies auch die zweite
Ziffer der dritten
Wurzel. Ohne weiteres Nachrechnen wissen wir: Falls 39.304 eine Kubikzahl
√
ist, so gilt 3 39.304 = 34.
Beispiel 0.2 (658.503). Wir stellen fest
512.000 ≤ 658.503 < 729.000,
also ist die erste Ziffer 8. Die letzte Ziffer von 658.503 eine 3, das ist nicht 1, 4, 5,√
6, 9 also ist die
letzte Ziffer der dritten Wurzel 10−3 = 7. Falls 658.503 eine Kubikzahl ist, so gilt 3 658.503 = 87.
0.2
Geburtstagsparadoxon
Wie wahrscheinlich ist es, dass 2 Leute im Raum am gleichen Tag Geburtstag haben?
Bzw. besser: Wie viele Leute braucht es, damit die Wahrscheinlichkeit mind.
Leute am selben Tag Geburtstag haben.
1
2
ist, dass zwei
Einfachere Formulierung: Wie wahrscheinlich ist es, dass n Leute alle an verschiedenen Tagen
Geburtstag haben?
Antwort (vorausgesetzt, dass Geburtstage gleichverteilt sind und das Jahr 364 Tage hat):
Man überlegt sich, dass die n Personen nacheinander den Raum betreten. Die erste Person hat
auf jeden Fall an einem anderen Tag Geburtstag als jeder andere im Raum. Die zweite Person
364
hat nur 364 Tage zur Auswahl, also ist die Wahrscheinlichkeit für sie 365
. Bei der dritten Person
363
ist die Wahrscheinlichkeit dann 365 , dass sie nicht am gleichen Tag, wie die anderen beiden
Geburtstag hat, falls diese an verschiedenen Tagen Geburtstag haben. Die Wahrscheinlichkeit,
363
dass beides passiert ist dann 364
365 365 , usw.
Insgesamt ist das bei n Personen dann eine Wahrscheinlichkeit von
365 364 363
365 − n + 1
365!
.
·
·
· ··· ·
=
365 365 365
365
(365 − n)! · 365n
1
Jonathan Kliem
MSG Zirkel 7b
26. September 2016
(n! = 1 · 2 · 3 · · · · · n, man spricht Fakultät.)
Einige Werte:
n
1
5
10
15
20
21
22
23
60
Wahrscheinlichkeit, dass keiner am gleichen Tag Geburtstag hat
100%
97%
88%
75%
59%
56%
52%
49%
0,59%
100
Wahrscheinlichkeit in %
80
60
40
20
0
0
5
10
15
20
25
30
35
Anzahl der Personen
40
45
50
55
60
Z.B. mit http://www.wolframalpha.com kann man das sehr gut ausrechnen und sich anschauen.
0.3
Teilbarkeitsregeln
Es gibt für folgende Zahlen (einfache) Regeln: 2, 3, 4, 5, 9, 10, 11.
9 Quersumme durch 9 teilbar
11 alternierende (d.h. abwechselnde) Quersumme durch 11 teilbar
Die alternierende Quersumme von 5643 ist z.B. +5 − 6 + 4 − 3 = 0, also ist 5643 durch 11
teilbar.
0.4
Organisatorisches
Termine:
2
Jonathan Kliem
MSG Zirkel 7b
26. September 2016
• Zirkeltermine finden sich im Internet (google: Kliem FU Berlin), nächstes Treffen ist der
10. Oktober.
• Der Zirkel beginnt um 16:15 Uhr
Im Haus:
• im Haus möchten Menschen arbeiten
• kein Aufenthalt im Hausflur
• Toiletten befinden sich links bzw. rechts vom Eingang
• Wettergeschützter Aufenthalt z.B. gegenüber im Eingangsbereich der Arnimallee 3
• Aufenthaltsräume z.B. in der Arnimallee 6 oder 7
• Büro von Jonathan Kliem im Keller links neben dem Eingang
Unterlagen:
• meine eigenen Notizen sind online verfügbar
• es ist empfehlenswert Notizen geordnet aufzubewahren
• Papier und Stifte werden immer benötigt
• Geometriewerkzeuge werden nur benötigt, falls angesagt
Allgemein:
• ich mache den Zirkel ehrenamtlich
• die Teilnahme ist freiwillig!
• ich freue mich über Kritik, d.h. Fehler an der Tafel sofort kommentieren, und allgemeine
Kritik bitte äußern
• neu: wenn ich etwas verwende, dass Ihr nicht versteht, oder sonst etwas unklar ist, sofort
reinfragen
• bei Abwesenheit freue ich mich über eine kurze Mail
• falls jemand nicht mehr teilnehmen möchte, mich bitte informieren
• die Kommunikation findet in erster Linie über die Schüler statt, d.h. alles was ich mit den
Schülern selbst besprochen werden kann, möchte und werde ich mit ihnen selbst besprechen
0.5
Knobelaufgabe zum nächsten Termin: Monika
Der Briefbote kommt bei einer Dame vorbei, sie unterhalten sich. Sie erzählt von ihren drei
Töchtern. Nun fragt der Briefbote nach, wie alt denn die drei Töchter seien. Daraufhin sagt die
Dame: Wenn ihre Alter multipliziert erhält man 36. Wenn man dagegen das Alter addiert erhält
”
man meine Hausnummer.“ Der Briefbote überlegt ein wenig, kennt aber die Antwort immer noch
nicht. Nun sagt die Dame: Achja, meine älteste Tochter heißt Monika, das habe ich vergessen.“
”
Wie alt sind die Töchter?
3
Jonathan Kliem
0.6
MSG Zirkel 7b
10. Oktober 2016
Knobelaufgabe: Monika
Korrektur: Die älteste Tochter heißt Monika.
Der Briefbote kommt bei einer Dame vorbei, sie unterhalten sich. Sie erzählt von ihren drei
Töchtern. Nun fragt der Briefbote nach, wie alt denn die drei Töchter seien. Daraufhin sagt die
Dame: Wenn ihre Alter multipliziert erhält man 36. Wenn man dagegen das Alter addiert erhält
”
man meine Hausnummer.“ Der Briefbote überlegt ein wenig, kennt aber die Antwort immer noch
nicht. Nun sagt die Dame: Achja, meine älteste Tochter heißt Monika, das habe ich vergessen.“
”
Wie alt sind die Töchter?
Lösung Zunächst ist bekannt, dass das Produkt der Alter 36 ist. Die Primfaktorisierung ist
36 = 22 · 32 . Entsprechend können die Töchter nur 1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18 sein. Also gibt es folgende
Möglichkeiten:
Tochter 1
1
1
1
1
1
2
2
3
Tochter 2
1
2
3
4
6
2
3
3
Tochter 3
36
18
12
9
6
9
6
4
Hausnummer
38
21
16
14
13
13
11
10
Nun konnte der Briefbote, obwohl er die Hausnummer kannte, nicht das Alter der Töchter bestimmen. Nur bei der Hausnummer 13 gibt es mehr als eine Möglichkeit, also muss das die
Hausnummer sein. Dem Hinweis nach, gibt es eine eindeutige älteste Tochter. Entsprechend sind
die Töchter 2, 2 und Monika ist 9.
0.7
Organisatorisches
• wenn ich etwas verwende, dass Ihr nicht versteht, oder sonst etwas unklar ist, sofort
reinfragen
0.8
Wiederholung
Was ist die Kubikwurzel von 205.379, 571.787, 21.952?
0.9
Gefängniswärter
In einem kleinem Gefängnis gibt es 5 Gefangene. Weil der Wärter gute Laune hat, gibt er ihnen
eine Chance. Sie dürfen sich in einer Reihe aufstellen und erhalten jeweils eine Mütze in rot oder
gelb. Wenn einer der Gefangenen seine Farbe errät, kommen alle frei. Wenn einer seine Farbe
falsch rät, dann ist die Chance vertan. Es gibt folgendes zu beachten:
1. Es gibt 3 gelbe Mützen und 2 rote Mützen (und die Gefangenen wissen das).
2. Jeder könnte genau die Mützen seiner Vordermänner sehen.
4
Jonathan Kliem
MSG Zirkel 7b
10. Oktober 2016
3. Die letzten beiden sind blind.
Nach einer Zeit sagt der der erste in der Reihe: Wenn meine Kollegen nicht doof sind, dann
”
habe ich eine gelbe Mütze auf.“ Woher weiß er das?
Lösung Schritt 1: Würde der Dritte zwei rote Mützen sehen, wüsste er, dass er eine gelbe
aufhaben muss. Er sagt aber nichts, entsprechend sieht er mind. eine gelbe Mütze.
Schritte 2: Würde der Zweite eine rote Mütze sehen, wüsste er, dass er eine gelbe aufhat, denn
sonst hätte ja der Dritte etwas gesagt. Der Zweite sagt aber nichts, entsprechend hat der Erste
eine gelbe Mütze auf.
Schritt 3: Nachdem sowohl der Dritte als auch der Zweite nichts sagen, weiß der Erste, dass er
eine gelbe Mütze aufhaben muss.
1
1.1
Graphentheorie
Königsberger Brückenproblem
Leonhard Euler (1707-1783) untersuchte das sog. Königsberger Brückenproblem. Dessen Lösung
stellt Euler der St. Petersburger Akademie der Wissenschaften am 26. August 1735 vor. In der
späteren Veröffentlichung schildert er das Problem so:
In Königsberg in Preußen gibt es eine Insel A, Kneiphof genannt; der Fluss, der sie
”
umgibt, gabelt sich in zwei Verzweigungen, wie man der Abbildung entnehmen kann,
und über die Zweige sind sieben Brücken a, b, c, d, e, f und g errichtet. Bezüglich
dieser Brücken wurde gefragt, ob es eine Route gibt, die jede Brücke einmal und nur
einmal überquert.“
Nach einigem Probieren hat keiner eine Lösung gefunden. Heißt es, dass es keine Lösung gibt
oder dass wir uns zu ungeschickt anstellen?
5
Jonathan Kliem
MSG Zirkel 7b
10. Oktober 2016
Wir stellen fest, dass es wahrscheinlich sehr viele Möglichkeiten gibt, die man probieren muss.
Schreibt man besipielsweise die Brücken in beliebiger Reihenfolge auf, so gibt es 7! = 504 Möglichkeiten. Wie kann man das Problem lösen ohne alle Möglichkeiten durchzuprobieren?
Als erstes Übersetzen wir das Problem in ein Graphenproblem. Was ein Graph genau ist, lernen
wir noch. Hier das Königsberger Brückenproblem als Graph:
A
c
g
d
B
a
b
e
D
f
C
Wir stellen fest, dass jede Insel eine ungerade Anzahl von Brücken hat, das führt uns schließlich
zur Lösung des Problems.
Lösung Angenommen es gibt einen Pfad. Dieser hätte eine Ausgangsinsel, eine Zielinsel und
zwei Zwischeninseln. Wenn die Zwischeninseln passiert werden, dann werden immer genau zwei
ihrer Brücken benutzt. Damit eine Insel eine Zwischeninsel sein kann, muss sie über eine gerade
Anzahl von Brücken verfügen. So eine Insel gibt es nicht, es müssen also alle Inseln Ausgangsoder Zielinseln sein. Ein Widerspruch!
1.2
Knobelaufgabe zum 31. Oktober
Wie muss eine Stadt beschaffen sein, damit sie einen Euler-Pfad zulässt?
6
Jonathan Kliem
1.3
MSG Zirkel 7b
31. Oktober 2016
Knobelaufgabe vom letzten Mal
Mit ein wenig Nachdenken stellen wir fest, dass eine Stadt zwei Bedingungen erfüllen muss, damit
es einen Euler-Pfad geben kann:
1. Zwischen je zwei Brücken sollte es eine Verbindung geben.
2. Es dürfen maximal 3 Inseln über eine ungerade Anzahl von Brücken verfügen.
Dass die Bedingung 1 notwendig ist, ist klar. Dass die Bedingung 2 notwendig ist, haben wir
beim letzten Mal bereits bewiesen. Reichen diese beiden Bedingungen aus? Ja und mit ein paar
Tricks können wir das tatsächlich beweisen.
1.4
Grundlegende Defintionen
Definition (Graph). Ein Graph G besteht aus Knoten V und Kanten E. Jede Kante besteht
aus zwei Knoten, nämlich jenen die sie verbindet.
Beispiel 1.1. Der zugehörige Graph zum Königsberger Brückenproblem kann gegeben werden
durch Knoten V = {A, B, C, D} und Kanten E = {a, b, c, d, e, f, g}, wobei
a = {A, B}, b = {A, B}, c = {A, C}, d = {A, C}, e = {A, D}, f = {B, D}, g = {C, D}.
Definition (Grad). Der Grad eines Knoten ist die Anzahl seiner Kanten. Dabei werden Schleifen
doppelt gezählt, d.h. Kanten die den gleichen Anfangs- und Endknoten haben.
Beispiel 1.2. In unserem Graphen hat B Grad 5, alle anderen Knoten haben Grad 3.
Definition (Weg, Kreis, Zusammenhang).
• Ein Weg ist eine Folge w1 , e1 , w2 , e2 , . . . , en , wn+1 , wobei wi Knoten sind und ei Kanten.
Dabei gilt ei = {wi , wi+1 }.
• Ein Kreis ist eine Weg w1 , e1 , . . . , en , wn , wobei w1 = wn+1 bzw. Anfangs- und Endknoten
sind gleich.
• Ein Graph G = (V, E) heißt zusammenhängend, wenn jeweils zwischen zwei Knoten v, w ∈
V ein Pfad mit Ausgangsknoten v und Endknoten w existiert.
Beispiel 1.3. In unserem Graph oben ist C, a, B, b, C, f, D, e, B, d, A, g, D ein Pfad. Oft ist es
zu mühsam, alle Knoten dazuzuschreiben. Manchmal ist der Pfad allerdings nur mit Knoten
eindeutig: Z.B. bei C, a, B, b, C und B, a, C, b, B.
Definition (Eulerweg, Eulerkreis).
• Ein Eulerweg ist ein Weg in einem Graphen, der jede Kante genau einmal benutzt.
• Ein Eulerkreis ist ein Eulerweg der ein Kreis ist.
Satz 1.4. Ein Graph, indem alle Knoten Grad größer null haben, hat genau dann einen Eulerweg,
wenn er verbunden ist und höchstens zwei Knoten ungeraden Grad haben.
Dass ein Graph nur dann einen Eulerweg haben kann, haben wir bereits gesehen. Die andere
Richtung zeigen wir später.
7
Jonathan Kliem
1.5
MSG Zirkel 7b
31. Oktober 2016
Übung zum nächsten Mal
Zeige, dass die folgenden Aussagen über einen Graphen G = (V, E) äquivalent sind:
(i) G ist zusammenhängend, d.h. zwischen je zwei Knoten v, w ∈ V gibt es einen Weg w, e1 , w2 , e2 , . . . , en , v.
(ii) G ist lokal zuammenhängend“, d.h. es gibt einen Knoten v, so dass dieser zu jedem anderen
”
Knoten verbunden ist.
8
Jonathan Kliem
1.6
MSG Zirkel 7b
7. November 2016
Polyeder
Bemerkung. Polyeder sind natürlich kein Untergebiet der Graphentheorie.
Intuitiv sind Polyeder (konvexe) Vielecke im R3 , d.h. im Raum. Vielecke im R2 , d.h. in der
Ebene, nennt man auch Polygone. Es sind 3-Eck, 4-Eck, 5-Eck usw. Ein 2-Eck ist eigentlich
nicht zweidimensional und ein 1-Eck ist noch nicht einmal 1-dimensional.
Definition (konvex). Eine Menge P ⊆ Rn heißt konvex, wenn für beliebige x, y ∈ P und
λ ∈ [0, 1], d.h. 0 ≤ λ ≤ 1, gilt:
λx + (1 − λ)y ∈ P .
Bemerkung. Anders gesagt liegt für jeweils zwei Punkte in P jeweils die ganze Verbindungsstrecke
in P .
Wie erhalten wir schnell neue Polyeder:
• Abschneiden von Ecken
• eine Pyramide auf einer Fläche hinzufügen, d.h. hinzufügen eines Punktes dicht genug über
einer Fläche
Wie kann ich Polyeder schnell erkennen. Reicht es Ecken, Kanten und Flächen zu zählen? (Wann
sind eigentlich zwei Polyeder gleich“?)
”
Wenn ich von einem Würfel eine Ecke wegschneide erhalte ich ein Polyeder mit 10 Ecken, 15
Kanten und 7 Flächen. Wenn ich dann noch auf das Fünfeck eine Pyramide setze, habe ich 11
Ecken, 20 Kanten und 11 Flächen. (Warum darf ich das Fünfeck sagen, wo es doch drei gibt?)
# Ecken
n+1
n+2
2n
10
11
# Kanten
2n
3n
3n
15
20
# Flächen
n+1
2n
n+2
7
11
Polygon
Pyramide über einem n-Eck
Bipyramide über einem n-Ecke
Prisma von einem n-Eck
s.o.
s.o.
Eine Bipyramide ist wie eine Pyramide, nur mit Spitze unten und oben. Ein Prisma ist ein nEck und alle Punkte die ich erhalte, wenn ich das n-Eck um λ nach hinten verschieben, wobei
λ ∈ [0, 1].
Bipyramide mit n = 4
Oktaeder
1.7
Pyramide über einem 5-Eck
Prisma eines 5-Ecks
Überlegung zum nächsten Mal
Welchen Zusammenhang gibt es zwischen den Anzahlen von Ecken, Kanten und Flächen?
9
Jonathan Kliem
1.8
MSG Zirkel 7b
14. November 2016
Eulersche Polyederformel
Wenn wir uns die Tabelle genauer anschauen, können wir vermuten, dass
#Ecken − #Kanten + #Flächen = 2
gilt. Diese Beobachtung hat schon Euler gemacht.
Mit Hilfe von Graphen werden wir diese Beobachtung beweisen. Aus jedem Polyeder erhalten
wir einen Graphen, indem wir aus den Ecken Knoten machen und aus den Kanten, Kanten im
Graphen. Wenn wir den Graphen geschickt darstellen, können wir ihn schnittfrei in die Ebene
zeichnen. Geht das immer? Mit folgender Überlegung zeigen wir, dass das immer gilt:
Schritt 1: Zugrundeliegend ist die dreidimensionale Darstellung des Graphen, gegeben durch
das Polyeder. Nun legen wir das Polyeder in eine Kugel, so dass deren Mittelpunkt im Polyeder
liegt. Nun stellen wir uns vor, dass der Kugelmittelpunkt eine Taschenlampe ist und zeichen
den Schatten des Graphen auf die Kugeloberfläche. Dadurch erhalten wir eine Darstellung des
Graphen auf der Kugeloberfläche.
Genauer: Ist x ein Punkt des Graphen und m der Kugelmittelpunkt, so wird x auf den Punkt
x0 auf der Kugeloberfäche gezeichnet, der auf dem Strahl von m durch x liegt. Die Darstellung
eineindeutig: Jeder Strahl vom Kugelmittelpunkt enthält genau einen Punkt der Kugeloberfläche
und genau einen Punkt der Polyederoberfläche (beide sind konvex und enthalten m). Ebenso ist
jeder Punkt der Polyederoberfläche in genau einem Strahl mit Anfangspunkt m enthalten.
Schritt 2: Zugrundeliegend ist nun eine Darstellung des Graphen auf einer Kugeloberfläche: Mit
Hilfe von stereographischer Projektion wird die Kugel bis auf einen Punkt eineindeutig auf die
Ebene abgebildet. Dabei passen wir auf, dass dieser eine Punkt nicht im Graphen liegt.
Genauer: Wir wählen eine Ebene, die die Kugel nicht schneidet. Der Punkt y der am weitesten
von der Ebene entfernt ist, sollte keinen Punkt der Darstellung des Graphen enthalten. Wieder
stellen wir uns y als Scheinwerfer vor. D.h. jeder Punkt x0 der Darstellung des Graphen wird auf
den Schnittpunkt der Ebene mit dem Strahl von y durch x0 abgebildet.
Viel praktischer ist es allerdings geschickt den Graphen zu zeichen.
Pyramide über einem 5-Eck
Bipyramide mit n = 4
Oktaeder
Prisma eines 5-Ecks
Die eulersche Polyederformel in die Darstellung eines zusammenhängenden Graphen übersetzt
lautet:
#Ecken − #Kanten + #Gebiete = 2
10
Jonathan Kliem
Arbeitsblatt Induktion
1.9
MSG Zirkel 7b
21. November 2016
Induktion
Das Prinzip der vollständigen Induktion könnt Ihr alleine, zu zweit oder zu dritt erarbeiten:
Manchmal ist es schwierig Aussagen für beliebig große Mengen zu beweisen. Beispiele:
• Ein zusammenhängender Graph hat einen Eulerweg, wenn höchstens zwei Knoten ungeraden Grad haben.
• Für einen zusammenhängenden Graphen in der Ebene gilt jeweiles #Ecken − #Kanten +
#Gebiete = 2.
Gegeben einen Graphen, dann würde man in den beiden Beispielen wie folgt vorgehen:
• Wir konstruieren Kante für Kante einen Weg, so dass was übrig bleibt immer noch zusammenhängend ist. Es wird sich zeigen, dass wir dann ganz automatisch einen Eulerweg
gefunden haben.
• Wir nehmen eine Kante weg und zählen, wie sich jetzt Ecken, Kanten und Gebiete verändern.
Das machen wir so lange, bis keine Kanten mehr übrig sind.
Allgemein lässt sich das wie folgt beschreiben: Sei A(n) eine Behauptung in Abhängigkeit von
einer Größe n, die für alle n ∈ Z+ gelten soll.
1. Induktionsanfang: Wir beweisen A(1).
2. Induktionsschritt: Wir beweisen, dass aus A(n) folgt, dass A(n + 1) gilt für alle n ∈ Z+ .
Die Behauptung, dass A(n) überhaupt gilt, nennt sich Induktionsvoraussetzung.
Nun gilt A(1) nach Induktionsanfang, deshalb nach Induktionsschritt auch A(2), deshalb nach
Induktionsschritt auch A(3), usw.
Merkhilfe: Das ist wie beim Domino. Wir müssen einen Stein anstoßen (Induktionsanfang) und
überprüfen, dass die Steine sich auch gegenseitig umstoßen (Induktionsschritt).
Beispiel 1.5 (Gaußsche Summenformel). Behauptung: Für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 gilt:
n
X
i = 1 + 2 + 3 + ··· + n =
i=1
Beweis. Induktionsanfang: Es gilt
P1
i=1
i=
n(n + 1)
2
1·2
2 .
Induktionsschritt: Angenommen es gilt
n
X
i=
i=1
n(n + 1)
,
2
wir wollen zeigen, dass dann auch
n+1
X
i=1
i=
(n + 1)(n + 2)
,
2
gilt:
n+1
X
i=1
i=n+1+
n
X
i=1
i = n+1+
I.V.
n(n + 1)
2(n + 1) n(n + 1)
(n + 2)(n + 1)
=
+
=
.
2
2
2
2
11
Jonathan Kliem
Arbeitsblatt Induktion
MSG Zirkel 7b
21. November 2016
Habt Ihr das verstanden? Wenn nein, was nicht? Versucht Eure Fragen zuerst untereinander zu
beantworten.
Nachfolgend gibt es ein paar Übungsaufgaben, um sich das Prinzip einzuprägen.
Sucht Euch eine Aufgabe aus und schreibt den Beweis ähnlich wie im Beispiel auf ! Dann könnt
Ihr die nächste Aufgabe machen.
Um mir einen Eindruck zu machen, ob Ihr das verstanden habt, möchte ich gerne Eure Aufgaben
einsammeln.
1. Ähnliche Summenformeln wie die Gaußsche Summmenformel lassen sich auch für alle höheren
Potenzen finden. Z.B. gilt
n
X
n(n + 1)(2n + 1)
.
i2 =
6
i=1
2. Wie lautet die Regel für die Summe der ersten n Kubikzahlen?
3. (Maurolicus 1575) Die Summe der ersten n ungeraden Zahlen ist n2 . Genauer:
n2 .
Pn
i=1 (2i − 1)
=
4. (Bernoullische Ungleichung) Für eine reele Zahl x ≥ −1 gilt für alle natürliche Zahlen n ≥ 0
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
5. (Asymtotisches Wachstum) Z.B. in der Informatik interessiert man sich für die größe bestimmter Ausdrücke für große n.
Z.B. ist n2 < 100n für kleine n, aber für n > 100 gilt immer n2 > 100n.
Ordne möglichst viele der folgenden Ausdrücke für große n:
n2 + n.
n
2
+ 5, 2n, n2 , n3 , nk , 2n ,
3n
n ,
6. Die Differenzen der Folge 1, 2, 3, . . . sind konstant, die Differnzen der Differenzen der Folge
1, 4, 16, 25, 36, . . . sind konstant, die Differenzen der Differenzen, der Differenzen der Folge
1, 8, 27, 64, 125, 216, . . . sind konstant, . . .
7. 3 ist stets ein Teiler von n3 − n für n ∈ Z+ (diese Aussage können wir später auch mit
Restklassenrechnung beweisen).
8. Vlt. kennt Ihr noch eigene Aufgaben, die man mit Induktion beweisen kann.
12
Jonathan Kliem
Arbeitsblatt Summenzeichen
1.10
MSG Zirkel 7b
28. November 2016
Das Summenzeichen
Hintergrund: Nicht nur in der Sprache ist es sinnvoll Abkürzungen zu verwenden. Auch in der
Mathematik gibt es viele solche Abkürzungen. Hier einige Beispiele:
• statt Nachfolger des Nachfolgers des Nachfolgers von 1 sagt man 4
• 3+3+3=3·3
• x+x+x+x+x=5·x
• 3 · 3 = 32
• 4 · 4 · 4 = 43
• 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 = 6!
Häufig möchte man in der Mathematik Dinge zählen. Z.B. möchte man 1 + 2 + · · · + 8 bestimmen.
Das kann man auch so ausdrücken:
8
X
i.
i=1
Diese Schreibweise erscheint mühsam, aber dafür weiß man z.B. wie jeder Eintrag gebildet wird.
Z.B. kann 1 + 4 + · · · + 64 wie folgt ausgeschrieben werden:
• 1 + 4 + 16 + 64 (immer mal 4) oder
• 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 + 49 + 64 (Quadratzahlen).
Dagegen ist folgendes eindeutig:
•
4
X
4i = 40 + 41 + 42 + 43 + 44
i=0
•
8
X
i2 = 12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 + 72 + 82
i=1
Hast Du bis hierhin Fragen? Besprich diese mit Deinem Nachbarn. Falls Ihr zusammen nicht
weiter wisst, dann fragt!
Berechne:
1.
8
X
i
i=1
2.
8
X
i=1
13
2·i
Jonathan Kliem
Arbeitsblatt Summenzeichen
MSG Zirkel 7b
3.
6
X
28. November 2016
i2
i=1
4.
5
X
j + j2
j=1
Vorsichtig! Nicht alle Summen haben zählen mit dem Wert für 1 los. Manche Summen zählen
auch mit einem späteren Wert los.
5.
8
X
i−1
i=3
6.
5
X
n · (n − 2)
n=4
7.
4
X
i!
i=3
8.
5
X
j + j2 + j3
j=3
Schreibe die folgenden Ausdrücke als Summe:
9. 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + 100
10. 16 + 25 + 36 + · · · + 10000
11. 4 + 6 + 8 + · · · + 80
12. 14 + 17 + 20 + · · · + 98
14
MSG Zirkel 7b
1.11
Übungsaufgaben
Einige Übungsaufgaben in beliebiger Reihenfolge zu bearbeiten:
1. Wie viele Polyeder mit bis zu 6 Ecken gibt es?
2. Berechne:
P5
i=1 (i
P8
j=4
P4
n=1
+ 3)
3j 2
n(n+1)
2
3. Schreibe als Summe:
4 + 9 + 16 + · · · + 25
1 + 4 + 7 + 10 + · · · + 40
(1 + 1) + (2 + 4) + (3 + 9) + (4 + 16) + · · · + 110
15
5. Dezember 2016
Jonathan Kliem
Induktion zum Selberbasteln
5. Dezember 2016
12. Dezember 2016
MSG Zirkel 7b
In den Kästen befinden sich mögliche Begründungen für die einzelnen Schritte.
1.12
Eulersche Polyederformel
In einem ebenen zusammenhängenden Graphen gilt stets:
#Ecken − #Kanten + #Gebiete = 2.
Beweis. Mit Induktion:
Erster Schritt: Gilt die Formel, so gilt für einen Graphen mit zwei Zusammenhangskomponenten:
#Ecken − #Kanten + #Gebiete = 3.
Begründung:
Fügt man zwei Graphen aneinander, für die jeweils die Ausgangsformel gilt, so addieren sich
Ecken und Kanten. Beide Graphen teilen sich dann aber ein Gebiet, so dass es ein Gebiet weniger
gibt als die Summe:
#Ecken(gesamt) −
|
{z
}
=#Ecken(G1 )+#Ecken
#Kanten(gesamt)
{z
}
|
+
#Kanten(G1 )+#Kanten(G2 )
#Gebiete(gesamt)
{z
}
|
#Gebiete(G1 )+#Gebiete(G2 )−1
=#Ecken(G1 ) − #Kanten(G1 ) + #Gebiete(G1 ) + #Ecken(G2 ) − #Kanten(G2 ) + #Gebiete(G2 ) − 1
|
{z
} |
{z
}
=2
=2
=3
Induktionsanfang: Wie sehen ebene zusammenhängende Graphen ohne Kante aus? Warum gilt
dort die Formel?
Ebene zusammenhängede Graphen ohne Kanten bestehen nur aus einem Ecken und haben genau
ein Gebiet. Dann gilt natürlich 1 − 0 + 1 = 2.
Induktionsschritt: Nehmen wir an, wir haben die Aussage bereits für alle ebenen zusammenhängen
Graphen mit bis zu n Kanten bewiesen und wir erhalten einen Graphen mit n + 1 Kanten. Wir
wollen eine Kante wegnehmen und beobachten, wie sich die Anzahlen der Ecken, Kanten und
Gebiete verändert.
1. Fall: Der Graph bleibt zusammenhängend:
16
Jonathan Kliem
Induktion zum Selberbasteln
MSG Zirkel 7b
5. Dezember 2016
12. Dezember 2016
Der Graph Gn+1 hat nun eine Kante weniger als der der Graph Gn , aber die gleiche Anzahl von
Ecken. In Gn+1 sind auf beiden Seiten der entfernten Kante unterschiedliche Gebiete (sonst wäre
der Graph nicht zusammenhängend) in Gn nicht. Alle anderen Gebiete bleiben unverändert. Also
wissen wir:
#Ecken(Gn+1 ) − #Kanten(Gn+1 ) + #Gebiete(Gn+1 )
=#Ecken(Gn ) − #Kanten(Gn ) − 1 + #Gebiete(Gn ) + 1
=2,
da wir bereits annehmen, dass die Formel für Graphen mit bis zu n-Kanten gilt.
2. Fall: Der Graph zerfällt in zwei Zusammenhangskomponenten:
Angenommen der Graph Gn besteht aus zwei Zusammenhangskomponenten, dann hat der Graph
Gn+1 nur eine Kante mehr als Gn , der Rest bleibt gleich (die Gebiete auf beiden Seiten der Kante
sind auch in Gn+1 gleich. Der Rest folgt mit dem ersten Schritt:
#Ecken(Gn+1 ) − #Kanten(Gn+1 ) + #Gebiete(Gn+1 )
=#Ecken(Gn ) − #Kanten(Gn ) − 1 + #Gebiete(Gn )
=3 − 1.
1.13
Eulertouren
Satz 1.4. Ein Graph, indem alle Knoten Grad größer null haben, hat genau dann einen Eulerweg,
wenn er verbunden ist und höchstens zwei Knoten ungeraden Grad haben.
Beweis. Mit Induktion: Dazu müssen wir die Aussage schärfer machen. Wir verlangen, dass wir
zusätzlich wählen dürfen, wo unsere Tour anfängt (wenn es ungerade Knoten gibt, muss dort die
Tour anfangen, wenn nicht, darf sie überall anfangen, wir bezeichnen diese Anfangspunkte als
erlaubt).
Induktionsanfang: Dies gilt für Graphen mit bis zu einer Kante:
Wenn es keine Kante gibt, dann hat mein Eulerweg 0 Schritte. Gibt es eine Kante, dann besteht
mein Eulerweg aus einem Schritt von einem beliebigen Eckpunkt dieser Kante aus, zum (vlt.)
anderen Eckpunkt.
Induktionsschritt: Nehmen wir an, die Aussage gilt für alle Graphen mit bis zu n Kanten. Gegeben
ist ein zusammenhängender Graph mit n+1 Kanten und ein (erlaubter Anfangspunkt). Wir gehen
einen Schritt. D.h. wir nehmen eine Kante weg und wählen den Ausgangspunkt auf der anderen
Seite.
Fallunterscheidung:
Angenommen unser Anfangspunkt hat eine Kante:
Dann gehe ich diese Kante entlang und entferne danach den Ausgangspunkt und die Kante. Da
der Ausgangspunkt nur eine Kante hatte bleibt der Graph zusammenhängend. Der Punkt zu
dem ich gegangen bin hat evtl. nun negativen Grad, aber da ich gerade einen Eckpunkt mit
negativem Grad entfernt habe, bekomme ich nicht mehr Knoten ungeraden Grades.
17
Jonathan Kliem
Induktion zum Selberbasteln
MSG Zirkel 7b
5. Dezember 2016
12. Dezember 2016
Angenommen unser Anfangspunkt hat geraden Grad: Dann gibt es keine Knoten mit ungeradem
Grad:
Sonst wäre mein Anfangspunkt nicht erlaubt.
Nehmen wir an, dadurch, dass wir die Kante weggenommen haben, wird der Graph in zwei Teile
zerteilt. Zeige, dass es dann schon vorher Knoten ungeraden Grades gegeben hat (Hinweis: In
einem Graphen ist stets eine gerade Anzahl von Knoten ungerade):
Die Ecke zu der ich laufe, hatte vorher geraden Grad, aber nicht mehr, nachdem ich die Kante,
über die ich gerade gelaufen bin entfernt habe. Nun hat also der Teilgraph indem ich mich befinde
mind. eine Ecke mit ungeradem Grad. Da ich von keinem anderem Eckpunkt entwas entfernt
habe, haben aber alle anderen Knoten in diesem Teilgraph geraden Grad und das kann gar nicht
sein. Also muss auch der Ausgangspunkt von der entfernten Kante in dem Teilgraphen sein und
ich habe den Graphen nicht zerteilt.
Angenommen unser Knoten hat ungeraden Grad größer gleich 3. Dann können wir mind. von
drei Kanten wählen. Wenn eine Kante unseren Graphen in zwei Teile zerlegt, ist dann ist in dem
Teil, wo wir hinlaufen, ein Knoten ungeraden Grades:
Die Überlegung ist wieder die selbe. Wenn ich durch entfernen einer Kante in einem Teilgraphen
bin, dann veringert sich der Grad meines Anfangspunktes um 1. Entweder dieser Knoten war
ungerade und ist jetzt gerade oder sie war gerade, dann gibt es in meinem Teilgraphen eine Ecke
ungeraden Grades.
Es gibt drei Kanten, also kann muss mind. eine Kante den Graphen nicht teilen, da es höchstens
zwei Knoten ungeraden Grades gibt.
(Hinweis: Es muss gezeigt werden, dass der neue Ausgangspunkt erlaubt ist.)
1.14
Organisatorisches
• Das ist die letzte Stunde zu dieser Einheit
• Ab nächste Mal fangen wir dann mit Restklassenrechnung an
• Es wir keine Klausur oder ähnliches geben, Ziel dieses Zirkels ist es, dass Ihr Spaß habt
und etwas lernt
18
MSG Zirkel 7b
2
19. Dezember 2016
Restklassenrechnung
2.1
Weihnachtsaufgabe
Nach der Bescherung wollen die Wichtel des Weihnachtsmannes auch Geschenke. Der Weihnachtsmann hat aber keine Lust ihnen viele Geschenke zu geben, deshalb spielt er ein Spiel mit
ihnen. Die Wichtel stellen sich in einer Reihe auf und erhalten Mützen vom Weihnachtsmann auf,
die jeweils die Farben rot oder weiß haben können. Jeder kann alle Mützen der Wichtel vor ihm
sehen, aber weder die Mützen hinter ihm, noch seine eigene. Nun raten“ die Wichtel nacheinan”
der (von hinten nach vorne) ihre Farbe. Es gibt am Ende für alle Wichtel so viele Geschenke, wie
Wichtel die Farbe richtig erraten haben. Da die Wichtel nicht auf ihr Glück vertrauen, überlegen
sie sich eine Strategie, wie sie möglichst viele Geschenke erhalten können.
1. Wenn es nur 2 Wichtel gibt, wie können Sie garantieren, dass sie mind. ein Geschenk
erhalten?
2. Wenn es 3 Wichtel gibt, können sie es schaffen mind. 2 Geschenke zu erhalten? (Hinweis:
Der letzte kann seine Farbe nicht mit Sicherheit richtig erraten, also muss er den anderen
beiden helfen ihre Farbe richtig zu erraten. Der zweite sieht entweder rot oder weiß. Wie
kann der letzte Wichtel, die Information für den zweiten so verpacken, dass der erste Wichtel
weiß welche Farbe er auf hat, nachdem der zweite Wichtel seine Farbe richtig erraten hat.
Wenn also der zweite rot auf hat, muss der dritte weiß oder rot sagen, je nachdem, welche
Mütze der erste auf hat. Auch muss sich seine Aussage unterscheiden, wenn der erste rot
auf hat und der zweite rot oder weiß usw.)
3. Wenn es 4 Wichtel gibt, wie können sie es schaffen, mind. 3 Geschenke zu erhalten? (Hinweis: Die Strategie ist sehr ähnlich zu der von 3 Wichteln.)
4. Wenn es n Wichtel gibt, wie viele Geschenke können sie mind. erhalten?
5. Wenn es nun außerdem schwarze Mützen gibt. Wie viele Mützen können 2, 3, . . . Wichtel
mit Sicherheit richtig erraten?
6. Lässt sich die Strategie auch für 4, 5, . . . Farben erweitern?
19
MSG Zirkel 7b
9. Januar 2017
Lösung
zu 1. Der letzte Wichtel kann unmöglich seine Farbe wissen. Er kann also einfach raten oder
aber dem Wichtel vor ihm seine Farbe verraten. In diesem Fall können wir garantieren,
dass der erste Wichtel ein Geschenk holt. Der zweite holt nur eines, falls sie die gleiche
Farbe tragen.
zu 2. Mit der Strategie von eben, können die Wichtel ohne Probleme ein Geschenk erhalten,
aber geht es auch besser? Die Strategie dazu entwickeln wir, indem wir annehmen, dass es
geht:
Nun müssen für den zweiten Wichtel folgende Situationen unterscheidbar sein:
3. Wichtel
?
?
2. Wichtel
r
w
1. Wichtel
w
w
? r r
? r r
? w r
. Außerdem müssen für den ersten Wichtel
und
? w r
? r w
? w w
unterscheidbar sein. Wenn jetzt z.B. der 3. Wichtel die Situation ? r r mit rot codiert,
?(r)
r
r
?(w) w r
dann bleibt uns keine andere Wahl als
, dabei steht in den Klammern, was
?(r) w w
?(w) r w
der erste Wichtel rät“. Spätestens jetzt können wir sehen, dass der dritte Wichtel lediglich
”
codiert, ob die beiden Wichtel die gleiche Farbe aufhaben oder nicht. Da der zweite Wichtel
die Farbe seines Vordermanns kennt, reicht ihm das. Der erste Wichtel weiß nachdem der
zweite seine Farbe gesagt hat, auch seine Farbe.
und
zu 3. Hier gibt es verschiedene Möglichkeiten auf die Lösung zu kommen. Der 4. Wichtel kann
z.B. sagen, mit welcher Farbe der 3. Wichtel codieren soll, wenn die beiden vor ihm das
gleiche aufhaben. Man kann sich auch wie eben eine Tabelle basteln und sie langsam
ausfüllen.
zu 4. Jetzt wird es langsam etwas komplizierter. Natürlich können wir wieder eine Tabelle
ausfüllen, aber jetzt kann der letzte Wichtel 2n−1 verschiedene Mützenkonstellationen sehen. Wenn wir uns also jeden Fall einzeln überlegen, dauert das ziemlich lange.
Vlt. zählen wir einfach die Anzahl der roten Mützen. Wie kann man diese Anzahl sinnvoll
codieren? Der vorletzte sieht fast genauso viele rote Mützen, aber falls er selber eine rote
aufhat eine weniger. Es reicht also, ihm zu sagen, ob die Anzahl gerade ist oder nicht. Jeder
kann sich damit nun seine eigene Mützenfarbe berechnen.
Beispiel: Angenommen ich bin ein Wichtel und stehe in der Reihe und ich weiß, dass der
letzte Wichtel ein gerade Anzahl von roten Mützen gesehen hat. Ich zähle nun alle roten
Mützen, bis auf die des letzten Wichtel. Alle, die ich nicht sehen kann, kenne ich, denn sie
haben ja bereits geraten. Habe ich insgesamt eine gerade Anzahl, habe ich wohl weiß auf
dem Kopf. Wenn die Anzahl ungerade ist, dann habe ich wohl rot auf dem Kopf.
zu 5. Jetzt wir alles deutlich komplizierter. Mit zwei Wichteln geht unsere alte Methode noch:
Der zweite sagt einfach dem ersten die Farbe. Wie geht es jetzt aber mit dreien? Es reicht
nicht mehr, nur die roten Mützen zusammen zu zählen, aber zum Glück kann der letzte
20
MSG Zirkel 7b
9. Januar 2017
Wichtel auch etwas bisser unterscheiden. Vielleicht hilft es, wenn wir die Farben einfach
0, 1, 2 nennen und uns mal die Summen anschauen?
P
? 0 0 P=0
? 0 1 P=1
? 0 2 P=2
? 1 0 P=1
? 1 1 P=2
? 1 2 P=3
? 2 0 P=2
? 2 1 P=3
=4
? 2 2
Wenn man etwas genauer hinschaut, stellen wir fest, dass zwar einige Summen doppelt
vorkommen, aber der zweite Wichtel zwischen den Situationen unterscheiden kann. Wenn
er z.B. eine zwei hört, dann schaut er, welche Zahl vor ihm ist. Zusammen mit seiner Zahl
sollte das dann 2 ergeben.
Um die Summen angeben zu können müsste der Wichtel hinten nun aber 5 Dinge sagen
dürfen, er kann aber nur 3 Sachen sagen. Wie kann man nun geschickt zusammen fassen?
Es gibt insgesamt 9 Situationen, also ist es sinnvoll diese in jeweils 3 zu unterscheiden,
so dass der zweite Wichtel anhand der Mütze vorPihm, dann zwischen diesen Situationen
P
wieder
= 2 alleine zu lassen und dann
=0
P unterscheidet.
P Hier ist es
Psinnvoll den Fall
und
= 3 sowie
= 1 und
= 4 zusammen zu fassen.
Interessanterweise fassen wir jeweils die Fälle zusammen, die Abstand drei haben. Warum?
Wenn wir genau hinschauen, haben wir das mit zwei Farben auch schon so gemacht, nur
ist die Unterscheidung in gerade/ungerade sehr vertraut.
zu 6. Wie man mit bei beliebig vielen Farben vorgehen kann, werden wir in ein paar Wochen
verstehen.
2.2
Schreibweisen
Manchmal ist es sinnvoll eine Aufgabe nicht in ihrer ganzen Komplexität zu betrachten, sondern
in wenige Fälle zu unterscheiden. Z.B. bei der Frage, ob es m, n ∈ N gibt, die folgende Gleichung
erfüllen:
m2 + m = 2n − 1.
Bei dieser (recht einfachen) Aufgabe, kann man mal ein paar Werte für m einsetzen:
m
0
1
2
3
4
5
m2 + m
0
2
6
12
20
30
Wir vermuten, dass m2 + m immer gerade ist, dagegen ist aber 2n − 1 immer ungerade. Wie
können wir zeigen, dass das stimmt? Bislang kennen wir die Methode Induktion, die hier möglich,
21
MSG Zirkel 7b
9. Januar 2017
aber recht aufwendig ist. Wir können uns aber auch überlegen, wie rechnen mit ungerade/gerade
funktioniert:
+
gerade
ungerade
gerade
gerade
ungerade
ungerade
ungerade
gerade
∗
gerade
ungerade
gerade
gerade
gerade
ungerade
.
gerade
ungerade
Mit diesen Rechenregeln“, können wir schnell überprüfen, dass die Aufgabe oben gar keine
”
Lösung haben kann. Erinnern wir uns an die Wichtel und nennen gerade 0 und ungerade 1.
Dann sind alle Regeln klar, bis auf 1 + 1 = 0.
Definition (Restklasse). Seien n ∈ N und a, b ∈ Z. Dann sagen wir a ist kongruent zu b modulo
n
a ≡ b mod n
wenn es ein k ∈ Z gibt mit a = b + k · n.
D.h. a = b + n + n + · · · + n oder a + n + n + · · · + n = b.
Meist verwenden wir eine Zahl zwischen 0 und n − 1, um eine Restklasse zu representieren.
22
MSG Zirkel 7b
16. Januar 2017
Satz 2.1. Sei n ∈ N und a, b, c ∈ Z. Dann gilt:
(i)
a ≡ b mod n ⇔ a + c ≡ b + c mod n
(ii)
a ≡ b mod n ⇒ a · c ≡ b · c mod n
D.h. multiplizieren und addieren funktioniert auch auf Restklassen und zwar wie wir es erwarten.
Vorsicht: Die zweite Regel lässt sich i.A. nicht umkehren: Aus 2 · 2 ≡ 2 · 0 mod 4 folgt nicht
2 ≡ 0 mod 4.
(Normalerweise kennen wir, dass aus a · b = 0 folgt, dass a oder b null ist, bzw. dass aus a · b = c · b
und b 6= 0 folgt, dass a = c.)
Beweis. (i) ⇒ “Sei a ≡ b mod n. D.h. es gibt ein k ∈ Z, so dass a = b + k · n. Dann gilt aber
”
a + c = b + c + k · n, also a + c ≡ b + c mod n.
⇐ “Sei a + c ≡ b + c mod n. Dann existiert ein k ∈ Z, so dass a + c = b + c + k · n. Dann
”
folgt a = b + k · n, also a ≡ b mod n.
(ii) ⇒ “Sei a ≡ b mod n. D.h. es gibt ein k ∈ Z, so dass a = b + k · n. Dann gilt aber
”
a · c = (b + k · n)c = bc + (k · c) · n, also a · c ≡ b · c mod n.
Beispiel 2.2. Wir schauen uns an, wie man die Restklassenrechnung modulo 3 funktioniert:
+ mod 3
0
1
2
0
0
1
2
1
1
2
0
2
2
0
1
· mod 3
0
1
2
0
0
0
0
1
0
1
1
2
0
2
2.
Damit wird folgende Olympiadenaufgabe (aus der 13. Klasse) deutlich leichter:
411312 Man ermittle alle positiven ganzen Zahlen n, für die
n3 + 4 n − n − 1
eine Primzahl ist.
Lösung: Nachdem wir 0, 1 und 2 eingesetzt haben, stellen wir fest, dass n3 ≡ n mod 3. Vier
ist kongruent zu 1 modulo 3 und wir haben gesehen, dass man auch zuerst in eine andere
Restklasse wechseln und dann multiplizieren kann, also 4n ≡ 1n ≡ 1 mod 3. Damit ist der
Term n3 + 4n − n − 1 ≡ 0 mod 3, also immer durch drei teilbar. Damit er also eine Primzahl
ist, muss er 3 sein. Das ist bei n = 1 der Fall. Nun ist man fast fertig. Eine Überlegung die jetzt
noch fehlt: Falls n mindestens zwei ist gilt n3 − n = n2 (n − 1) ≥ 2. Weiter gilt 4n − 1 ≥ 3, also
ist der Ausdruck dann auch wirklich gröser drei und kann keine Primzahl mehr werden.
2.3
Quersumme
Wir sortieren viele Zahlen in ihre Restklassen modulo 9. Z.B. ist 51 ≡ 6 mod 9. Wir vermuten,
dass es genügt für diese Vermutung die Quersumme auszurechnen, dass also:
23
MSG Zirkel 7b
16. Januar 2017
Satz 2.3 (Quersummenregel).
e0 + 10e1 + 100e2 + · · · + 10n en ≡ e0 + e1 + e2 + e3 + · · · + en
mod 9
gilt, dabei ist e0 die letzte Ziffer der Zahl. e1 die vorletzte Ziffer usw.
Beweis. Das ganze beweist man induktiv: Induktionsanfang: Klar gilt für eine einstellige Zahl:
e0 ≡ e0 mod 9.
Induktionsschritt: Nehmen wir an, dass das für alle n-ziffrigen Zahlen gilt: Also
e0 + 10e1 + 100e2 + · · · + 10n−1 en−1 ≡ e0 + e1 + · · · + en−1
mod 9.
Jetzt betrachen wir einmal nur den Term der dazu kommt, nämlich 10n en . Wir sehen schnell,
dass 10 ≡ 1 mod 9 gilt. Also
10n en ≡ 1n en ≡ en mod 9.
Damit sind wir fertig:
e0 + 10e1 + 100e2 + · · · + 10n en ≡ e0 + e1 + · · · + en−1 + 10n en ≡ e0 + e1 + · · · + en−1 + en
I.A.
mod 9
Beispiel 2.4.
8537 · 2457 ≡ (8 · 1000 + 5 · 100 + 3 · 10 + 7) · (2 · 1000 + 4 · 100 + 5 · 10 + 7)
mod 9
≡ (8 · 10 · 10 · 10 + 5 · 10 · 10 + 3 · 10 + 7) · (2 · 10 · 10 · 10 + 4 · 10 · 10 + 5 · 10 + 7)
≡ (8 · 1 · 1 · 1 + 5 · 1 · 1 + 3 · 1 + 7) · (2 · 1 · 1 · 1 + 4 · 1 · 1 + 5 · 1 + 7)
≡ (8 + 5 + 3 + 7) · (2 + 4 + 5 + 7)
mod 9
≡ (23) · (18) ≡ (2 · 10 + 3) · (1 · 10 + 8)
≡ 5 · 9 ≡ 45 ≡ 4 · 10 + 5 ≡ 0
mod 9
mod 9
mod 9
mod 9
Damit ist dieses ganze große Produkt durch 9 teilbar. Wir können auch sehr leicht feststellen,
welchen Rest große Zahlen bei der Teilung durch 9 lassen.
24
Jonathan Kliem
Übungen zu Kongruenzklassen
2.4
23. Januar 2017
6. Februar 2017
MSG Zirkel 7b
Übungsaufgaben
Nachfolgend findet ihr ein paar Übungsaufgaben. Versucht möglichst viele zu bearbeiten. Alleine
oder auch zu zweit.
1. Unterteile folgende Zahlen in Klassen modulo 9:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 101000 , 81000 , 51041230 · 2390121398, 1717 , 213123112311 · 123123 · 1231413
Wir haben gesehen, dass wir einfach Stück für Stück die Quersummen berechnen können.
Ist uns eine Zahl zu groß wiederholen wir das.
Bei 101 000 stellt man fest, dass 10 ≡ 1 mod 9 ist. Damit ist
10 ∗ 10 ∗ 10 ∗ · · · ∗ 10 ≡ 1 ∗ 1 ∗ 1 ∗ · · · ∗ 1 ≡ 1
mod 9.
Bei 81 000 stellt man fest, dass 8 ∗ 8 ≡ 1 mod 9 ist. Damit kann man die tausend
Faktoren in Gruppen von je zwei unterteilen, so dass 81 000 ≡ 1 mod 9, dagegen ist z.B.
81 001 ≡ 8 mod 9.
2. Unterteile folgende Zahlen in Klassen modulo 3, 6 und 7 und 11:
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 50, 100, 245, 56 · 98, 17 · 39, 123456789, 69402, 79323 · 235634
(Hinweis: Es kann hilfreich sein zuerst (10, 100, 1000, . . . zu bestimmen).
Modulo 3 funktioniert wie bei der 9, nur das man noch mehr Fälle zusammenfassen
muss.
Mit etwas überlegen stellt man fest, dass man für modulo 6 nur wissen muss, welcher
Restklasse sie mod 3 angehört und ob sie gerade ist. Z.B. hat eine Zahl die ungerade
ist und bei der Teilung durch 3 den Rest 2 lässt, mit Rest 5 durch 6 teilbar.
Bei der 7 gibt es fast gar keine Tricks. Man kann halt überlegen, dass überlegen, dass
10 ≡ 3 mod 7 und 100 ≡ 2 mod 7 gilt, also dann
456 ≡ 4 ∗ 2 + 5 ∗ 3 + 6
mod 7.
Die Überlegung die bei der Teilung modulo 7 nicht sehr fruchtbar ist, bringt dagegen
bei 11 viel mehr. Wir stellen fest, dass 10 ≡ −1 mod 11, 100 ≡ 1 mod 11, 1000 ≡ −1
mod 11 usw., also
12345678 ≡ 8 − 7 + 6 − 5 + 4 − 3 + 2 − 1
mod 11.
Mit Induktion kann man jetzt leicht die alternierende Quersummenregel beweisen.
3. Versuche folgende Teilbarkeitsregel für die 7 zu zeigen: Eine Zahl ist genau dann durch 7
teilbar, wenn die Zahl durch 7 teilbar ist, die entsteht wenn man die letzte Ziffer weglässt
und dann zweimal die letzte Ziffer abzieht. Z.B. ist 123456789 genau dann durch 7 teilbar,
wenn 12345678 − 2 · 9 es ist.
25
Jonathan Kliem
Übungen zu Kongruenzklassen
23. Januar 2017
6. Februar 2017
MSG Zirkel 7b
Wenn x die Zahl ohne letzte Ziffer ist und y die letzte Ziffer, dann ist die Zahl 10x + y.
Wir wollen also zeigen:
10x + y ≡ 0
x − 2y ≡ 0
mod 7
mod 7.
Warum brauchen wir beide Richtung? Wenn wir die Regel anwenden und feststellen,
dass x − 2y durch 7 teilbar ist, wollen wir wissen, dass dann auch die (größere) Zahl
10x + y durch 7 teilbar ist. Anderseits wollen wir wissen, dass wenn wir bei x − 2y
feststellen, dass sie nicht durch 7 teilbar ist, dass dann auch unsere ursprüngliche Zahl
nicht durch 7 teilbar war.
Beweis. Angenommen es gilt x − 2y ≡ 0 mod 7. Wie kommen wir jetzt auf 10x + y?
Wir können ja mal versuchen die Gleichung mal 10 zu nehmen. Bevor wir das machen,
ersetzen wir noch −2y durch 5y, da der Abstand zwischen beiden 7y ist geht das.
x − 2y ≡ 0
mod 7
⇒ x + 5y ≡ 0
mod 7
⇒ 10x + 50y ≡ 0
mod 7
⇒ 10x + 1y ≡ 0
mod 7.
Damit haben wir die eine Richtung. Sei nun 10x + y ≡ 0 mod 7 gegeben. Das ist das
gleiche wie 3x+y ≡ 0 mod 7. Wenn wir nun mal fünf nehmen erhalten wir 15x+5y ≡ 0
mod 7 und das ist das selbe wie x − 2y ≡ 0 mod 7.
Achtung: Man darf bei Restklassenrechnung zwar Gleichungen auf beiden Seiten multiplizieren (wie wir vorher gesehen haben), aber nicht dividieren. Bei der 7 geht tatsächlich
beides, aber die Gleichung 2 ∗ x ≡ 2 ∗ y mod 4, darf ich nicht durch 2 dividieren, z.B.
für x = 2 und y = 4 stimmt sie sonst nicht mehr.
Trick: Wir können oft anstelle der Division auch multiplizieren. Z.B. ist 4 ∗ 2 ≡ 1
mod 7. Wenn wir also eine Gleichung durch 4 dividieren wollen, können wir einfach mit
2 multiplizieren, das dürfen wir.
4. Versuche die Teilbarkeitsregel für die 11 zu zeigen. Alternierende Quersumme:
z0 + 10z1 + 100z2 + 1000z3 + · · · + 10n zn ≡ z0 − z1 + z2 − . . .
mod 11
(Versucht die Regel erstmal für kleinere Zahlen zu beweisen, z.B. 3-stellig, 4-stellig usw.)
26
Jonathan Kliem
Übungen zu Kongruenzklassen
23. Januar 2017
6. Februar 2017
MSG Zirkel 7b
Beweis. Oben haben wir am Beispiel gesehen, wie es geht. Dort sind alle wesentlichen
Überlegungen eines beweisen enhalten. Den richtigen Beweis, könenn wir z.B. mit Summenschreibweise leisten. Die Zahl z mit den Ziffern z2n+1 , z2n , . . . , z1 , z0 ist gegeben
durch
z = z0 + 10z1 + 100z2 + · · · + 102n+1 z2n+1 =
n
X
102i (z2i + 10z2i+1 ) .
i=0
Falls die Zahl keine gerade Anzahl von Ziffern hatte, ergänzen wir einfach vorne eine 0,
die Zahl bleibt die gleiche. Nun wenden wir unsere Beobachtung an, dass +10 modulo
11 das gleich ist wie −1. Außerdem ist 102 ≡ 1 mod 11. Wenn wir also eine gerade
Anzahl von 10nen multiplizieren ist das kongruent zu 1.
z=
n
X
102i (z2i + 10z2i+1 ) ≡
i=0
n
X
1 · (z2i − z2i+1 )
mod 11
i=0
= z0 − z1 + z2 − · · · + z2n − z2n+1
5. Warum ist n3 + 6n2 + 14n durch drei teilbar?
Beweis. Das schöne ist, dass es bei der Teilung durch 3 nur drei Fälle gibt:
n ≡ 0 mod 3: In diesem Fall gilt:
n3 + 6n2 + 14n ≡ 03 + 6 · 02 + 0 ≡ 0
mod 3.
n ≡ 1 mod 3: In diesem Fall gilt:
n3 + 6n2 + 14n ≡ 13 + 6 · 12 + 14 ≡ 0
mod 3.
n ≡ 2 mod 3: In diesem Fall gilt:
n3 + 6n2 + 14n ≡ 23 + 6 · 22 + 28 ≡ 0
mod 3.
6. Für welche Zahlen c folgt aus a · c ≡ b · c mod 6, dass a ≡ b mod 6 ist?
Nehmen wir an, wir finden d, so dass d · c ≡ 1 mod 6 gilt, dann gilt:
a · c ≡ b · c mod 6
⇒ a · c · d ≡ b · c · d mod 6
⇒a·1≡b·1
mod 6.
Das gilt also insbesondere für c = 1 (dann d = 1) und c = 5 (dann d = 5). Für alle
anderen Zahlen gilt dies nicht. Hier ein zwei Beispiele: c = 2 oder c = 4, a = 3, b = 6
und c = 3, a = 1, b = 5.
7. Auf welche Ziffer endet 20172017 ?
27
Jonathan Kliem
Übungen zu Kongruenzklassen
23. Januar 2017
6. Februar 2017
MSG Zirkel 7b
Beweis. Die Frage was die letzte Ziffer ist, ist die Frage nach dem Rest bei der Teilung
durch 10. Also können wir zunächt anstelle von 20172 017 einfach 72 017 betrachten. Nun
müssen wir noch ein wenig rechnen:
70 = 1 ≡ 1
1
mod 10
7 =7≡7
mod 10
2
mod 10
7 = 49 ≡ 9
3
mod 10
4
mod 10
5
mod 10
7 ≡9·7≡3
7 ≡3·7≡1
7 ≡1·7≡7
Wir stellen fest, dass jeweils jede 4-te Potenz gleich ist. Also 72 017 ≡ 72 013 mod 10
usw. Nun ist also die Frage, welchen Rest 2017 bei der Teilung durch 4 lässt, das ist 1,
also
20172 017 ≡ 72 017 ≡ 71 ≡ 7 mod 10.
8. Beweise, dass für ganze Zahlen x und y nie
19x3 − 17y 3 = 50
gilt. (Hinweis: Bei solchen Aufgaben ist es nur sinnvoll, den Rest bzgl. einer Primzahl zu
betrachen. In diesem Fall tut es Rest modulo 19.)
9. Was sind Quadratzahlen modulo 8, also Zahlen b für die eine Zahl a existiert, so dass a2 = b
mod 8 gilt.
10. Beweis: In einem pythagoreischen Tripel a, b, c, so dass a2 +b2 = c2 ist stets a oder b gerade.
(Hinweis: modulo 2 ist nicht genau genug, was ist etwas präziser?)
11. Zeige: Aus a ≡ b mod n folgt a2 ≡ b2 mod n.
Wir wissen, dass wir Gleichungen multiplizieren dürfen:
a ≡ b mod n
⇒a·a≡a·b
mod n
Außerdem:
a ≡ b mod n
⇒ b · a ≡ b · b mod n
Fassen wir beide Rechnungen zusammen haben wir das Resultat.
12. Finde ein Beispiel, so dass a2 ≡ b2 mod n gilt, aber nicht a ≡ b mod n. Findest Du ein
Gegenbeispiel für mehrere/beliebige n?
28
Jonathan Kliem
Übungen zu Kongruenzklassen
MSG Zirkel 7b
23. Januar 2017
6. Februar 2017
Für n = 2 gibt es tatsächlich kein Gegenbeispiel. Für größere n können wir aber im
Prinzip nutzen, dass 1 · 1 = (−1) · (−1) gilt, aber nicht 1 = −1 (jedoch ist 1 ≡ −1
mod 2).
Wir sehen also das für n > 2 gilt, dass 1 6≡ n − 1 mod n (die beien Zahlen sind nicht
kongruent). Jedoch ist:
(n − 1) · (n − 1) = n · (n − 1) + (n − 1) = n2 − 2n + 1 ≡ 1 ≡ 1 · 1
mod n.
13. Die Wichtelaufgabe: Erinnerst Du Dich an die Wichtelaufgabe vom Anfang? Versuche diese
für beliebig viele Farben zu lösen. Wir kodieren die Farben mit 0, 1, . . . . Nun kann der letzte
Wichtel die Summe aller Mützen bilden. Wie hilft ihm das weiter?
Der letzte Wichtel darf ja nicht die Summe aler Mützen verraten, sondern nur eine Farbe
der Mützen oder eine Zahl von 0 bis k − 1, wobei k die Anzahl der Mützen ist. Was soll
der Wichtel aber nun machen, wenn er 2k + 3 gezählt hat? Wir benutzten das einzige
Instrument, dass wir kennen, der Wichtel gibt einfach an, in welcher Restklasse wir uns
befinden. Jeder Wichtel kann nun selbst diese Summe bilden abzüglich seiner eigenen
Mütze, denn er hört bzw. sieht alle anderen Mützenfarben. Er zählt also eine Zahl a
und weiß das zusammen mit seiner Mütze b gelten so, a + b ≡ c mod k, wobei c das
ist, was der letzte Wichtel gezählt hat. Wenn wir in dieser Gleichung sowohl a als auch
c kennen, dann wissen wir b ≡ c − a mod k. Das gibt uns zwar keine eindeutige Zahl,
aber schon eine eindeutige Zahl zwischen 0 und k − 1.
29
MSG Zirkel 7b
3
3.1
27. Februar 2017
Spieltheorie
Streichholzspiele (Nim)
1. Spiel. Gegeben n Streichhölzer. Zwei Spieler nehmen abwechselnd ein oder zwei Hölzer. Wer
keines mehr nehmen kann hat das Spiel gewonnen.
Behauptung:
n ≡ 0 mod 3: Der zweite Spieler hat eine Gewinnstrategie (d.h. er kann den Gewinn erzwingen).
n 6≡ 0 mod 3: Der erste Spieler hat eine Gewinnstrategie.
Beweis. Beweis durch Induktion: Die Fälle n = 0 und n = 1 sind klar. Induktionsschritt: Angenommen die Behauptung gilt für n − 1 und n − 2.
n ≡ 0 mod 3: Der Spieler der dran ist kann eines oder zwei Hölzer nehmen. Aber n − 1 6≡ 0 mod 3 und
n − 2 6≡ 0 mod 3, d.h. der andere Spieler kann nach Induktionsbehauptung gewinnen.
n 6≡ 0 mod 3: Falls n ≡ 1 mod 3 nimmt der Spieler ein Holz, sonst 2. Danach ist eine durch drei teilbare Anzahl von Hölzern übrig, nach Induktionsbehauptung kann also der erste Spieler
gewinnen.
2. Spiel. Wie zuvor, nur können die Spieler 1, 2 oder 3 Hölzer nehmen.
Ähnlich wie eben, kann man den Zug des Gegenspielers auf 4 ergänzen. Also hat man verloren,
falls n ≡ 0 mod 4, sonst kann man gewinnen.
3. Spiel. Nun dürfen die Spieler 2, 3 oder 4 Hölzer nehmen.
Wenn wir einmal eine Strategie haben, ist sie wieder einfach zu beweisen. Wie erhalten wir
allerdings eine Strategie? Dazu füllen wir in eine Tabelle ein, bei wie vielen Hölzern man gewinnt
und wann verliert. Zunächst verliert man, wenn man dran ist und nur 0 oder 1 Holz übrig sind:
n
0
V
1
V
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
Jetzt kann man sich überlegen, wie man ziehen kann, so dass der nächste Spieler verliert. Das
geht nun zunächst bei 2, 3, 4 oder 5:
n
0
V
1
V
2
G
3
G
4
G
5
G
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
Nun sieht man, dass man bei 6 und 7 keine Wahl hat, als den Gegener gewinnen zu lassen:
n
0
V
1
V
2
G
3
G
4
G
5
G
6
V
7
V
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
So fährt man fort bis man genug einträge hat, um eine Regel zu erkennen:
n
0
V
1
V
2
G
3
G
4
G
5
G
6
V
7
V
8
G
9
G
10
G
11
G
12
V
13
V
14
G
15
G
16
G
17
G
18
V
Die Regel, die man jetzt schnell beweisen kann lautet: Bei n ≡ 0 mod 6 oder n ≡ 1 mod 6 kann
der zweite Spieler gewinnen, sonst der erste. (Strategie: Auf 6 auffüllen.)
30
MSG Zirkel 7b
27. Februar 2017
4. Spiel. Nun dürfen die Spieler 2, 3 oder 5 Hölzer nehmen. Man erhält dann folgende Tabelle:
n
0
V
1
V
2
G
3
G
4
G
5
G
6
G
7
V
8
V
9
G
10
G
11
G
12
G
13
G
14
V
15
V
16
G
17
G
18
G
Hier kann man also bei 0, 1 mod 7 gewinnen sonst verlieren. (Das muss man natürlich auch
zweigen).
Hausaufgabe: 5. Spiel. Nun gibt es zwei Stapel Streichhölzer. Beide Spieler nehmen abwechselnd 3 Hölzer und zwar von jedem Stapel mind. eines. Also entweder 1 Holz vom ersten Stapel
und zwei vom zweiten Stapel oder andersherum. Wer gewinnnt nun?
31
MSG Zirkel 7b
6. März 2017
Schach“ Zwei Spieler spielen auf einem Schachbrett mit einem Pferd. Beide ziehen abwechselnd
”
das gleiche Pferd, wobei sie es nicht nach unten oder links bewegen dürfen. Wer kann gewinnen?
Lösung Wieder einmal hilft uns eine Tabelle weiter, diesmal ist sie allerdings 2-dimensional, wir
tragen also in jedes Schachfeld ein, ob der Startspieler hier gewinnen kann oder ob er (mit gutem
Gegener) verliert:
V
V
V
V
V
V
V V
V V V V V V V V
G
G
V
G
G
V
G
G
V
G
G
V
G
G
G
G
V
G
G
V
G
G
G
V
V
G
G
V
V
V
V
V
V
G
G
V
G
G
G
G
G
G
G
V
G
G
G
G
G
G
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
G
G
G
G
G
G G G G G G
G G G G G G
V V V V V V
G
G
G
G
G
G
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
G
G
V
G
G
V
G
G
G
G
G
G
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
G
G
V
G
G
V
G
G
G
G
V
G
G
V
G
G
G
V
V
G
G
V
V
V
V
V
V
G
G
V
G
G
G
G
G
G
G
V
V
G
G
V
V
G
G
V
V
G
G
V
V
V
G
G
V
V
V
V
V
V
G
G
V
G
G
G
G
G
G
G
V
G
G
G
G
G
G
V
V
V
V
V
V
V
V
V
V
Nach einigem Nachdenken, erkennen wir den Zusammenhang mit unserer Hausaufgabe: Man
kann mit dem Schachbrett die Situation in unserem Streichholzspiel festhalten und mit den
Zeilen bzw. Spalten die Anzahl der Hölzer auf dem einen bzw. anderen Stapel codieren:
V
V
G
G
V
G
G
V
7
V
V
G
G
V
G
G
V
6
G
G
G
G
V
G
G
V
5
G
G
G
V
V
G
G
V
4
V
V
V
V
V
G
G
V
3
G
G
G
G
G
G
G
V
2
G
G
G
G
G
G
V
V
1
V
V
V
V
V
V
V
V
0
7
6
5
4
3
2
1
0
Wir beobachten folgende Regel für das Spiel, die man noch beweisen könnte:
Seien auf dem ersten Stapel x und auf dem anderen Stapel y Hölzer und die Differenz |x−y| = n.
Falls n = 1 oder n ≡ 0 mod 3 kann der zweite Spieler gewinnen, sonst der Startspieler.
Weitere Aufgaben. Das Schachfeld“ kann man noch für weitere Aufgaben verwenden, um
”
eine Lösungsstrategie zu entwickeln:
1. Zwei Spieler ziehen den Turm nach obigen Regeln.
32
MSG Zirkel 7b
6. März 2017
2. Zwei Spieler ziehen die Dame nach obigen Regeln.
3. Zwei Spieler nehmen jeweils 1 − 2 Hölzer von einem von zwei Streichholzstapeln.
4. Zwei Spieler nehmen jeweils 1 − 3 Hölzer von einem von zwei Streichholzstapeln.
5. Zwei Spieler nehmen jeweils 1 − 4 Hölzer von einem von zwei Streichholzstapeln.
Interessant sind vielleicht die letzten 3 Aufgaben, denn hier kann man die Fälle durch die Restklassen klassifizieren.
Beispiel 3.1. Gegeben 3 Stapel mit Streichhölzern. Jeder Spieler darf 1 − 2 Streichhölzer von
einem Stapel nehmen, wer keines mehr nehmen kann hat verloren. Wir werden die Fälle mod 3
unterscheiden, dabei bezeichnen wir mit 0, 1, 2 mod 3 den Fall, wo auf einem Stapel 0 mod 3,
auf dem nächsten Stapel 1 mod 3 und auf dem letzten 2 mod 3 liegen. Die Reihenfolge der
Stapel hat offensichtlich keine Bedeutung. Wir gehen die Fälle in der Reihenfolge durch, in der
wir eine Gewinnstrategie sehen:
Fall 0, 0, 0 mod 3: Entweder alle Stapel sind sowieso leer, dann hat man verloren, oder man
kann 1 − 2 Hölzer von einem Stapel nehmen. Der Gegenspieler kann dann aber so nehmen, dass
insgesamt 3 Hölzer von dem Stapel genommen wurden. So wiederholt sich der Fall bis irgendwann
alle Stapel leer sind. Hier hat also der zweite Spieler eine Gewinnstrategie. (V)
Fall 1, 0, 0 mod 3: Nimmt man ein Holz vom ersten Stapel ist der Gegenspieler im Fall 0, 0, 0
mod 3. Entsprechend hat der erste Spieler eine Gewinnstrategie. (Auf der ersten Stapel liegt
mind. ein Holz, der Zug ist also möglich!) (G)
Fall 2, 0, 0 mod 3: Nimmt man zwei Hölzer vom ersten Stapel ist der Gegenspieler im Fall 0, 0, 0
mod 3. Entsprechend hat der erste Spieler eine Gewinnstrategie. (G)
Fall 1, 1, 0 mod 4: Nimmt man vom letzten Stapel ein bzw. zwei Hölzer, so kann der Gegner zwei
bzw. ein Holz nehmen und wir sind wieder in diesem Fall, das ist aber nur so lange möglich, bis
der letzte Stapel leer ist. Nimmt man von einem der ersten Stapel ein Holz, kann der Gegner von
dem anderen Stapel ein Holz nehmen, so dass man wieder mit dem Fall 0, 0, 0 mod 3 dran ist, in
dem der Gegner ja eine Gewinnstrategie hat. Evtl. liegen auch auf einem der ersten beiden Stapel
mehrere Hölzer, dann kann man zwei nehmen, aber der Gegner kann dann natürlich wieder eins
vom gleichen Stapel und die Situation wiederholt sich, bis nur noch ein Holz da liegt. Insgesamt
sehen wir, dass hier der zweite Spieler eine Gewinnstrategie hat. (V)
Fall 2, 1, 0 mod 3: Nimmt man ein Holz vom ersten Stapel ist der Gegenspieler im Fall 1, 1, 0
mod 3. Entsprechend hat der erste Spieler eine Gewinnstrategie. (G)
Fall 1, 1, 1 mod 3: Nimmt man ein Holz vom ersten Stapel ist der Gegenspieler im Fall 1, 1, 0
mod 3. Entsprechend hat der erste Spieler eine Gewinnstrategie. (G)
Fall 2, 1, 1 mod 3: Nimmt man zwei Hölzer vom letzten Stapel ist der Gegenspieler im Fall 1, 1, 0
mod 3. Entsprechend hat der erste Spieler eine Gewinnstrategie. (G)
Fall 2, 2, 0 mod 4: Nimmt man vom letzten Stapel ein bzw. zwei Hölzer, so kann der Gegner zwei
bzw. ein Holz nehmen und wir sind wieder in diesem Fall, das ist aber nur so lange möglich, bis der
letzte Stapel leer ist. Nimmt man vom ersten Stapel ein bzw. zwei Hölzer, kann der Gegenspieler
vom zweiten Stapel ein bzw. zwei Hölzer nehmen, so dass man im Fall 1, 1, 0 mod 3 bzw. 0, 0, 0
mod 3 ist. Also hat der zweite Spieler eine Gewinnstrategie. (V)
Fall 2, 2, 1 mod 3: Nimmt man ein Holz vom letzten Stapel ist der Gegenspieler im Fall 2, 2, 0
mod 3. Entsprechend hat der erste Spieler eine Gewinnstrategie. (G)
33
MSG Zirkel 7b
6. März 2017
Fall 2, 2, 2 mod 3:Nimmt man zwei Hölzer vom letzten Stapel ist der Gegenspieler im Fall 2, 2, 0
mod 3. Entsprechend hat der erste Spieler eine Gewinnstrategie. (G)
Mehr Fälle gibt es nicht. Alle Spiele von diesem Typ lassen sich so relativ leicht analysieren.
3.2
Gefangenendilemma
Angenommen zwei Menschen haben einen Raubüberfall begangen, man kann es ihnen aber nicht
nachweisen. Allerdings kann man ihnen zumindest illegalen Waffenbesitz vorwerfen. Nun verhört
man die beiden und stellt sie vor die Wahl, ob sie die Tat gestehen oder schweigen. Sie wissen beide
nicht, wie sich der andere entscheidet, aber sie wissen, dass die Haftzeiten wie folgt berechnet
werden:
Beide gestehen: 4 Jahre Haft für beide.
Beide schweigen: 2 Jahre Haft für beide.
Einer gesteht, der andere schweigt: Der Geständige wird zur Belohnung frei gelassen, der andere
muss allerdings 5 Jahre ins Gefägnis.
Hausaufgabe: Wie werden sich die beiden Gefangenen entscheiden und warum?
Traurig aber wahr: Die beiden Gefangenen werden sich wohl für dazu entscheiden zu reden,
auch wenn es für sei beide besser wäre, wenn sie schweigen würden. Der Grund: Schweigt der
andere, ist es besser für einen zu reden. Redet der andere, dann auch:
reden schweigen
reden 4 | 4
0|5
schweigen 5 | 0
2|2
Wenn man sich die Tabelle anschaut, sieht man, dass es für den ersten Gefangenen in beiden
Fällen besser ist, die obere Zeile zu wählen. Gleichermaßen ist es für den zweiten Gefangen
in beiden Fällen besser, sich für die linke Spalte zu entscheiden.
34
Jonathan Kliem
verschiedene Spiele
3.3
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13. März 2017
20. März 2017
Einige Spiele
Spiel 3.2 (SOS, 2 Spieler). Gegeben n Felder in einer Reihe. Die Spieler schreiben abwechselnd
entweder O oder S in eines der Felder. Schreibt ein Spieler den letzten Buchstaben der Folge
SOS, gewinnt er (die Folge muss in unmittelbar hintereinander folgenden Feldern eingetragen
sein).
1. Spielt dieses Spiel einige Male.
2. Angenommen n = 4 und im ersten Feld steht bereits S, wer kann gewinnen und wie?
3. Angenommen n = 7. Wer kann gewinnen? (Nutzt die Lösung aus (2.))
4. Wer kann gewinnen, falls die Reihe mind. 7 Felder enthält?
zu 2. Hier kann der erste Spieler gewinnen, indem er in das letzte Feld S einträgt:
S
S Egal was der andere Spieler einträgt. Der erste Spieler kann nun das
Wort SOS erzeugen, indem er den jeweils anderen Buchstaben einträgt.
zu 3. Trägt der erste Spieler ein S in die Mitte, kann er eine Falle wie in 2. bauen (der zweite
Spieler kann ja nur links oder rechts einen Buchstaben eintragen). Damit hat derjenige
S ? ? ?
verloren, der einen Buchstaben in unsere Falle schreiben muss: S
Falls das Spiel nicht vorher vorbei ist, muss dann der zweite Spieler zuerst einen Buchstaben in die Falle eintragen und der erste gewinnt. Auch falls es zwei Fallen geben
sollte, also der zweite Spieler in seinem ersten Spielzug eine Falle baut, muss der zweite
Spieler zuerst in die Falle schreiben, da mit jeder Falle genau zwei Felder wegfallen “.
”
Es bleibt zu überprüfen, dass es keine andere Form von Falle in diesem Spiel geben
kann: Für jeden Buchstaben ist nur relevant, was zwei Felder links und rechts davon
steht. Wann können wir keine O eintragen? Antwort: Wenn links oder rechts davon ein
? (Mit X
S steht und der das Feld auf der andere Seite noch frei ist: ? S X
ist das Feld markiert, in welches wir eintragen wollen. In diesem Fall müssen wir eine S
eintragen. Der Gegner nur dann das Spiel gewinnen, falls außserdem zwei Felder entfernt
S Das ist genau die
ein S steht und das Feld dazwischen noch frei ist: ? S X
Falle, die wir bereits kennen.
zu 4. Dies ist etwas schwieriger. Schnell sieht man, dass der erste Spieler immer eine Falle
bauen kann. Das ist aber nur sinnvoll, wenn n ungerade ist, ansonsten muss ja er zuerst
in die Falle treten. Also versucht er, wenn n gerade ist, eine Falle zu verhindern. Am
besten geht das, indem er ein O in die Mitte schreibt (mit einem S kann der andere
Spieler ja sofort eine Falle bauen). Tatsächlich hilft ihm diese Strategie bei n ≤ 14. Ab
n = 16 hilft sie nicht mehr. Dann bleibt genügend Platz für den zweiten Spieler eine
Falle zu garantieren.
Spiel 3.3 (Piratenschatz, 5 Spieler). 5 Piraten teilen 100 Münzen untereinander auf. Dabei
verfahren sie wie folgt:
Der ranghöchste Pirat schlägt eine Aufteilung des Schatzes vor. Nun stimmen alle Piraten darüber
ab. Bei Gleichstand oder Mehrheit wird diese Aufteilung angenommen. Wird sie abgelehnt werfen
die Piraten den Ranghöchsten von Bord und wiederholen das ganze.
(Die Piraten haben eine klare Hierarchie, es gibt einen Ranghöchsten, einen zweiten usw.)
1. Spielt dieses Spiel einige Male. Versucht so viele Münzen wie möglich zu erwirtschaften.
35
Jonathan Kliem
verschiedene Spiele
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20. März 2017
2. Spielt das Spiel mit zwei Piraten. Wie viele Münzen kann der erste Pirat für sich beanspruchen?
3. Spielt das Spiel mit drei Piraten. Wie viele Münzen kann der erste Pirat für sich beanspruchen? (Die anderen beiden stimmen stehts gegen einen Vorschlag, wenn sie zu zweit mind.
genauso gut dastehen. Wenn sie allerdings zu zweit weniger erhalten würden, stimmen sie
natürlich für den Vorschlag.)
4. Spielt das Spiel mit vier Piraten. Wie viele Münzen kann der erste erhalten?
5. Spielt das Spiel mit fünf Piraten. Wie sollte der erste Spieler verfahren.
6. Wie verfährt man bei mehr Piraten?
zu 2. Der erste Pirat kann sich einfach alle Münzen nehmen und den zweiten Piraten überstimmen: 2 Piraten 100 0
zu 3. Der zweite Pirat will auf jeden Fall den ersten Piraten über Bord werfen, denn dann kann
er wie in 2. alle Münzen kriegen. Der erste Pirat braucht aber eine Stimme, damit sein
Aufteilungsvorschlag angenommen wird. Wie kann der den dritten Piraten überzeugen?
Der dritte Pirat weiß ja, dass er nichts kriegen wird, falls der Vorschlag abgelehnt
wird, also muss man ihm mehr als nichts bieten, damit er dem Vorschlag zustimmt:
2 Piraten
100 0
0
1
3 Piraten 99
zu 4. Wenn der erste Pirat über Bord geworfen wird, dann sind wir im Fall von 3. Dann
könnte der zweite Pirat 99 Münzen kriegen, der dritte keine und der vierte eine. Der
erste sollte ihnen also mehr als das bieten, damit sie dagegen stimmen, ihn über Bord
zu werfen. Da er nur eine Stimme braucht, sollte er wohl dem dritten Piraten 1 Münze
2 Piraten
100 0
99
0
1
anbieten: 3 Piraten
4 Piraten 99 0
1
0
zu 5. Wir wiederholen die Argumentation. Nur braucht der erste Pirat nun diesmal zwei
Unterstützer seines Vorschlages. Zum Glück kann er den dritten Piraten und den letzten
2 Piraten
100 0
3 Piraten
99
0
1
einfach überzeugen:
4 Piraten
99 0
1
0
5 Piraten 98 0
1
0
1
zu 6. Die Tabelle lässt sich leicht fortsetzen. Auch bei sehr vielen Piraten, kann der erste Pirat
so recht viele Münzen erhalten.
Spiel 3.4 (Schere, Stein, Papier, 2 Spieler).
1. Spielt ein paar Runden Schere, Stein, Papier.
2. Was ist eine gute Strategie, warum?
3. Spielt es nun mit Schere, Stein, Papier und Brunnen.
4. Was ist jetzt eine gute Strategie, warum?
36
Jonathan Kliem
verschiedene Spiele
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13. März 2017
20. März 2017
zu 1. Jede der drei Optionen ist gleich gut, vorausgesetzt der Gegner verwendet die Optionen
gleich häufig. Warum sollte er das tun? Hat der Gegner z.B. einen Tendenz dazu, häufiger
Papier zu nehmen, kann ich mit einer Tendenz, häufiger Schere zu nehmen, besser sein
als er. Der Gegenspieler hat also kein Interesse daran, irgendeine Tendenz zu haben, ich
damit dann auch nicht.
zu 3. Man kann nun auflisten, wer was schlägt:
Schere Stein Papier Brunnen
Schere
0
-1
1
-1
Stein
1
0
-1
-1
-1
1
0
1
Papier
Brunnen
1
1
-1
0
Auf den ersten Blick erscheint es besser Papier und Brunnen zu wählen und nicht so
gut Schere und Stein zu wählen. Doch Vorsicht: Warum sollte man überhaupt den Stein
nehmen? Es gibt dafür eigentlich keinen Grund, denn der Brunnen ist immer besser
als der Stein oder zumindest genauso gut. Also sollte man überhaupt nicht den Stein
nehmen und wenn der Gegenspieler schlau ist, wird er das auch nicht tun. Wir sind
wieder beim klassischen Schere, Stein, Papier, nur das jetzt der Brunnen der neue Stein
ist.
Spiel 3.5 (Aufräumen, 2 Spieler). Marlene (10) und Thomas (5) sollen abends ihr Zimmer
aufräumen. Sie können sich aussuchen, wie viel Zeit sie investieren: 3 Minuten, 6 Minuten oder
9 Minuten. Am Ende wird ihre Mutter kommen und das Ergebnis bewerten. Sie wird wie folgt
verfahren.
• wurde insgesamt weniger als 9 Minuten aufgeräumt, gibt es für Marlene großen Ärger (10 pt) und für Thomas etwas Ärger (-5 pt)
• wurden 9 Minuten aufgeräumt, wird die Mutter das kommentarlos hinnehmen (2 pt für
beide)
• wurden 12 Minuten oder mehr aufgeräumt werden die beiden gemäß ihrem Alter gelobt
(10 pt für Marlene, 5 pt für Thomas)
Wie verfahren die beiden, wenn sie ihre investierte Zeit als ein Minuspunkt pro Minute berechnen
und sie möglichst viele Punkte haben wollen? Beide wissen vorher nicht, wie viel Zeit der andere
investieren wird.
1. Einigt Euch auf Symbole und probiert ein paar mal, was passieren wird.
2. Versucht mit einer Tabelle zu untersuchen, wie die beiden vorgehen sollten.
3. Was werden die beiden am Ende wählen?
37
Jonathan Kliem
verschiedene Spiele
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13. März 2017
20. März 2017
Hier ist eine Tabelle ähnlich zu der Hausaufgabe sinnvoll, wo links Thomas’ Optionen stehen
und oben Marlenes Optionen:
3 min
6 min
9 min
3 min −8| − 13 −1| − 4
2|1
−1|4
−1|1
6 min −4| − 1
9 min −4|7
−4|4
−4|1
Natürlich weiß Thomas nicht, was Marlene machen wird. Trotzdem wird er wohl kaum 9
Minuten Zeit investieren, denn mit 6 Minuten Investition fährt er immer besser. Das weiß
Marlene und sie sieht nun folgende Tabelle vor sich:
3 min
6 min
9 min
3 min −8| − 13 −1| − 4
2|1
6 min −4| − 1
−1|4
−1|1
Für Marlene ist es nun auf jeden Fall sinnvoller 6 Minuten aufzuräumen als 3. Thomas durschaut das natürlich:
6 min
9 min
3 min −1| − 4
2|1
6 min −1|4
−1|1
Mit diesem Wissen sollte Thomas auf jeden Fall nur 3 Minuten aufräumen. Marlene kann die
Lage dann für sich selbst optimieren, indem sie 9 Minuten aufräumt.
Diese Lösung ist stabil: Selbst wenn der andere vorher weiß, was sein Geschwisterkind wählt,
wird er sich so entscheiden.
Die Lösung ist sogar mehr oder minder gerecht: Beide erlangen ein positives Ergebnis.
Spiel 3.6 (Kegeln, 2 Spieler). In einer Reihe stehen Kegel. Abwechselnd rollen die Spieler eine
Kugel. Wer den letzten Kegel umwirft gewinnt. Ihr könnt immer genau einen Kegel umwerfen
oder zwei benachbarte (aber nicht über Lücken hinweg).
Wer gewinnt bei 1 Kegel, 2 Kegeln usw.?
Einen Kegel oder zwei kann man sofort abräumen, also gewinnt der erste Spieler. Auch bei
drei Kegeln kann der erste Spieler gewinnen, indem er den mittleren Kegel umwirft. Bei vier
Kegeln kann er beide mittleren Kegel umwerfen. Wie verfährt er aber bei mehr Kegeln?
Antwort: Er nimmt in der Mitte einen oder zwei Kegel raus, so dass links und rechts die
gleiche Anzahl von Kegeln steht. Danach kopiert er immer den Zug seines Gegners, indem er
die beiden Seiten als unabhängige Bahnen betrachtet. Nimmt er erste Spieler auf Bahn 1 die
Kegel 4 und 5 raus, macht der erste Spieler danach selbiges auf Bahn 2. Das kann er natürlich
immer. Weil die Bahnen ja immer wieder gleich aussehen. Irgendwann sind beide Bahnen leer
und der erste Spieler hat gewonnen.
38
MSG Zirkel 7b
20. März 2017
Spiel 3.7 (Umweltschutz, 13 Spieler). Alle 10 Spieler wissen, dass der Klimawandel für sie
teuer wird. Mit nur wenig Geld können sie den Klimawandel stark aufhalten. Tut keiner etwas,
verlieren alle 650 e, natürlich gleichmäßig aufgeteilt. Dagegen kann man bis zu 5 e investieren.
Die Invesitionen werden zusammengezählt und mit 10 multipliziert. Das Ergebnis ist der Schaden,
der erfolgreich verhindert werden konnte. Gewonnen hat der Spieler, der am Ende am wenigsten
Geld verliert. Gespielt wird ähnlich wie bei Schere, Stein, Papier. Nur das man eine Zahl von 0
bis 5 anzeigt.
Fazit Ähnlich wie beim Gefangenendilemma achtet am Ende nur jeder auf sich. Einen Euro zu
investieren, bringt zwar am Ende 10 e Rendite, aber nur für alle Spieler zusammen. Der einzelne
10
e und das ist weniger als 1 e. Wahrscheinlich wird er also nichts investieren,
kriegt leider nur 13
jedenfalls nicht, wenn die anderen nicht vorher wissen, was er machen wird.
39
MSG Zirkel 7b
4
4.1
27. März 2017
(Un-)Gleichungen
Einführende Beispiele
Beispiel 4.1. Angenommen man darf sich 10 Münzen nehmen, aber sollte am Ende von einer
Münze 3 Münzen von einer Sorte, 4 Münzen von einer anderen Sorte, 2 Münzen von einer dritten
Sorte und 1 Münze von einer vierten Sorte haben. Wie sollte man die Münzen wählen und warum?
Beispiel 4.2. Für beliebige Zahlen x > 0 gilt
x+
1
≥ 2.
x
Hinweis 1: Warum ist (a − b)2 ≥ 0?
Hinweis 2: Warum ist dann a2 + b2 ≥ 2ab?
Hinweis 3: Warum gilt
a
b
+
b
a
≥ 2?
Beispiel 4.3 (harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel). Seien a, b ≥ 0.
Es gibt verschiedene Methoden einen Mittelwert zwischen den beiden Zahlen zu bestimmen: Für
diese Mittel gilt immer die gleiche Beziehung:
r
√
a+b
a2 + b2
2
≤
≤ max(a, b)
min(a, b) ≤ 1 1 ≤ ab ≤
2
2
a + b
Warum gelten diese Beziehungen? Versucht die Kette an möglichst vielen Stellen zu beweisen.
Definition (arithmetisches Mittel).
a+b
2
Was wir gemeinhin als Durchschnitt bezeichnen. Ich laufe 10 Minuten 5 km/h und bleibe 10
Minuten stehen. Wie schnell laufe ich im Schnitt?
Definition (geometrisches Mittel).
√
ab
Ein Rechteck hat Seitenlängen a und b. Wie lang ist eine Seite eines Quadrates, das denselben
Flächeninhalt hat?
Definition (harmonisches Mittel).
1
a
2
+
1
b
Ich laufe zur Schule 2 km/h, zurück laufe ich 4 km/h. Wie schnell laufe ich im Schnitt?
Definition (quadratisches Mittel).
r
a2 + b2
2
Ein Kreis hat Durchmesser 1cm ein anderer 2cm. Wie groß ist ein mittlerer Kreis? (Zwei mittlere
Kreise haben die gleiche Fläche wie ein großer und ein kleiner.)
40
MSG Zirkel 7b
27. März 2017
Beispiel 4.4. Ich möchte gerne einen neuen Handyvertrag abschließen. Nun stellt sich die Frage,
welcher Tarif dafür am besten ist. Welcher der folgenden Tarife ist für mich der beste für die
nächsten 2 Jahre? Über mein Nutzungsverhalten ist folgendes bekannt:
• Ich surfe jeden Monat genauso viel. (Wie viel, weiß ich aber noch nicht genau.)
• Pro SMS, telefoniere ich 3 Minuten.
• Szenario 1: Ich telefoniere jeden Monat gleich viel. (Wieder weiß ich noch nicht genau wie
viel.)
• Szenario 2: Ich telefoniere die Hälfte der Monate doppelt so viel, wie die andere Hälfte
(schwieriger aber realistischer).
DiscoPlus
DiscoPlus
DiscoPlus
congstar
congstar
congstar
McSIM
freenet
freenet
freenet
freenet
discotel
discotel
vodafone
vodafone
vodafone
vodafone
vodafone
klarmobil
klarmobil
klarmobil
klarmobil
debitel
debitel
debitel
deutschlandSIM
deutschlandSIM
maxxim
maxxim
simply
web.de
web.de
smartmobil
blau
winsim
bild
base
einmalig
e29,99
e9,99
e9,99
e-20
e-20
e-20
e-25,05
e-15,05
e29,95
e29,95
e29,95
e-0,05
e-3
e0
e0
e0
e0
e0
e-20,05
e-20,05
e-20,05
e-20,05
e-25
e-25
e-74
e14,99
e14,99
e9,99
e9,99
e19,99
e-20
e-20
e29,99
e0
e4,99
e9,95
e-60
monatl.
e5,99
e6,99
e9,16
e2
e4
e8
e0
e0
e5,95
e7,95
e9,95
e0
e7,95
e2,99
e5,99
e9,99
e19,99
e29,99
e3,95
e6,95
e8,95
e9,85
e4,99
e7,99
e11,99
e4,99
e9,99
e5,99
e6,49
e6,49
e6,99
e9,99
e8,49
e7,99
e7,99
e9,95
e10,99
Freieinh.
0
je 250
0
0
0
0
0
0
je 100
je 100
je 100
0
0
0
0
0
0
0
je 100
100 Tel.
je 100
0
je 50
0
0
250
0
50
0
0
250
300
0
300
0
0
0
41
Tel. pro min.
Flat
15ct
Flat
9ct
9ct
9ct
8ct
8ct
8ct
8ct
8ct
6ct
6ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
Flat
29ct
Flat
Flat
9ct
Flat
15ct
Flat
Flat
10ct
10ct
Flat
9ct
Flat
Flat
Flat
SMS
9ct
15ct
Flat
9ct
9ct
9ct
8ct
8ct
8ct
8ct
8ct
6ct
6ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
9ct
19ct
19ct
Flat
9ct
Flat
flat
9ct
Flat
10ct
10ct
Flat
9ct
9ct
Flat
9ct
Internet
500MB
1GB
2GB
100MB
400MB
1GB
49ct/MB
19ct/MB
500MB
1GB
1,5GB
6ct/MB
1GB
150MB
500MB
1GB
2GB
4GB
500MB
1GB
1GB
1GB
1GB
1GB
1,5GB
750MB
3GB
1GB
1GB
500MB
2GB
3GB
750MB
750MB
2GB
2GB
2GB
MSG Zirkel 7b
3. April 2017
Wie wir letzte Woche gesehen haben, brauchen wir um mit Ungleichungen umgehen zu können
ein paar Werkzeuge.
Schreibweise. Für reele Zahlen, also Zahlen, die man auf dem Zahlenstrahl schreibt, gibt es
eine Ordnung nach Größe. Sie leitet sich von der Ordnung der natürlichen Zahlen her ab. Man
schreibt 2 < 3 für 2 ist kleiner als 3 oder 2 ≤ 3 für 2 ist kleiner gleich 3. Auch für Variablen kann
man das schreiben, z.B. x ≥ 0, für x nicht negativ.
Bemerkung. Die Ordnung ist gegenüber Multikplation mit positiven Zahlen stabil. Bei der Multiplikation mit negativen Zahlen ändert sich das Vorzeichen, das werden wir uns noch genauer
ansehen.
Beispiel 4.5.
1. 4 ≥ 3,
2. 2 ≤ 2 ≥ 2,
3.
4
3
≥ 1, denn 3 ·
4
3
≥ 3 · 1,
4. −1 ≤ 3,
5. 3 > 2, aber −3 < −2.
Schreibweise. Folgt eine Aussage aus einer anderen schreiben wir ⇒ oder ⇐. Also z.B.
x > 2 ⇒ x > 0 ⇐ x > 1.
Sind folgen zwei Aussagen gegenseitig ausseinander sind sie gleichwertig. Manche dieser Aussagen
sind sehr schwer festzustellen, aber manche ganz einfach:
x>2⇔x+2>4
x−y >0⇔x>y
2>3⇔1=2
2
a > 4 ∧ a ≥ 0 ⇔ a > 2.
Hier wurde gleich noch ein logisches und“ verwendet ∧. Das heißt das man links beide Aussagen
”
zusammen verwenden muss. Der dritte Zeile ist spannend. Beide Aussagen sind falsch, deshalb
folgen sie auseinander. Wenn 1 = 2 ist, dann . . . . “Diese Aussage können wir beliebig beenden,
”
denn die Bedingung trifft eh nie ein.
42
Übungsblatt zu Folgerungen
MSG Zirkel 7b
3. April 2017
24. April 2017
Schreibt zwischen die Aussagen ⇒, ⇐, ⇔ oder nichts. Falls eine Richtung nicht gilt, gebt ein
Gegenbeispiel an. Alle Variablen dürfen zunächst beliebige Zahlen auf dem Zahlenstrahl darstellen.
1. Aussage
x>2
x > −1
a2 + b ≥ 0
y=2
x+y >0
2x > 4
x>1
x>0
x+a>a
2=3
c(x + 3 − y) = c(α + 3)
x3 = 27
c=a+b
x+y =z+w
y < −2
y < −2
ab > c
2c > c
a 6= b
−y < 0
x−y <0
2−y ≥0
x+a>4
x + a2 > 4
ggT(a, b) = a
kgV(c, d) = c
2 = ggT(4, a)
y ≡ 1 mod 3
y ≡ 3 mod 6
a=0
ab = 0
ab ≡ 0 mod 3
ab ≡ 0 mod 4
ab ≡ 0 mod 5
ab ≡ 0 mod 6
ab ≡ 4 mod 8
a ≡ 5 mod 12
2 = ggT(a, 4)
⇔
⇒
2. Aussage
x+4>6
x>0
a+b≥0
y<3
x>0∧y >0
5x > 10
0 < x1 < 1
x + x1 ≥ 2
x>0
a=0
x+3−y =α+3
x=3
a−c−b=0
x−z =w+y
|y| > 1
−y > 1
a+b>c
2>0
c · a 6= c · b
y>0
x+y >0
y−2≤0
x>4
x>4
a teilt b
d = 2c
a=6
3y ≡ 0 mod 3
y ≡ 0 mod 3
ab = 0
a = 0 ∨ b = 0 (oder)
a ≡ 0 mod 3 ∨ b ≡ 0
a ≡ 0 mod 4 ∨ b ≡ 0
a ≡ 0 mod 5 ∨ b ≡ 0
a ≡ 0 mod 6 ∨ b ≡ 0
a ≡ 2 mod 4 ∧ b ≡ 2
a ≡ 2 mod 3 ∧ a ≡ 1
a ≡ 2 mod 4
43
ggf. Gegenbeispiel
x=0
a = −2, b = 1 bzw. a = 12 , b = − 21
mod 3
mod 4
mod 5
mod 6
mod 4
mod 4
Übungsblatt zu Folgerungen
MSG Zirkel 7b
3. April 2017
24. April 2017
Nun wird die Sache etwas schwerer. Es gibt immer noch eine Vorrausetzung, die für beide Aussagen gilt. Mit der Voraussetzung x = 0 werden z.B. die Aussagen y = 2 und y + x = 2 äquivalent.
Voraussetzung
a = c:
y = x2 :
w = −1:
z = −1:
x > 0:
a > 0:
b < 0:
c 6= 0:
c < 0:
x > 0:
y + x = 0:
z > 2:
a ≡ 2 mod 9:
a ≡ 2 mod 8:
a ≡ 0 mod 2:
a ≡ 3 mod 9:
1. Aussage
a + b = 23
y=2
y2 = z
z·w >z·y
y≥0
x≥0
x>0
d 6= 0
a≥d
x2 ≥ 9
a>x
a2 > 4
b ≡ 2 mod 9
b ≡ 2 mod 8
b ≡ 0 mod 4
b ≡ 0 mod 27
2. Aussage
c + b = 23
y2 = 4
w(y 2 + w) = w(z + w)
w>y
y+x>0
ax > 0
b+x=0
cd 6= 0
a<d
x≥3
a<y
(a + z)2 > 4
ba ≡ 4 mod 9
ba ≡ 4 mod 8
ba ≡ 0 mod 8
ba ≡ 0 mod 81
ggf. Gegenbeispiel
Nun drehen wir die Sache um. Gebt eine möglichst schwache Bedingung an, so dass die Äquivalenz gilt (starke Bedingungen finden sich leicht). Wenn ihr zwei Bedingungen findet, und nicht
wisst, welche schwächer ist, dann könnt ihr beide mit ∨ (oder) angeben.
Voraussetzung
1. Aussage
x>5
x2 > x
ab ≥ ac
a+b>c
a+b>0
a−b=0
a2 = c2
1
x <1
1
x ≥0
a>c
a+b>0
y = x2
b−a=c
20(c + d) < (10x)2
y = x1
a+b
2 ≥c
c(ca) = c(dc)
a ≡ 2 mod 3
a ≡ 2 mod 3
a ≡ 4 mod 5
b ≡ 20 mod 21
a2 ≡ 1 mod 4
ab ≡ 0 mod 7
ab ≡ 0 mod 6
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
2. Aussage
x4 > 625
|x| > 1
b≥c
a2 + b2 > c2
a>0
ac = ab
a=c
x>1
x≥0
da < dc
a>0∧b>0
y 2 = x3
ba − aa = ca
c + d < 5x2
x = y1
a≥c∧b≥c
ca = dc
a ≡ 2 mod 6
a ≡ 2 mod 9
a ≡ 2 mod 3
b ≡ 6 mod 7
a ≡ 1 mod 4
a ≡ 0 mod 7
b ≡ 0 mod 6
44
24. April 2017
8. Mai 2017
MSG Zirkel 7b
4.2
Regeln für Folgerungen
a) Gleichungen:
Eine Gleichung hat in irgendeiner Art immer die Form a = b. Dabei sind a und b Platzhalter
für vielleicht sehr lange Terme. Wenn eine Gleichung dieser Form gegeben ist, kann ich damit
verschiedene Operationen für beliebige c machen:
(i) a = b ⇒ a + c = b + c (Addition).
(ii) a = b ⇒ a − c = b − c (Subtraktion).
(iii) a = b ⇒ a · c = b · c (Multiplikation).
(iv) Nur für c 6= 0: a = b ⇒ a : c = b : c (Division).
(v) a = b ⇒ a2 = b2 (Quadrieren).
√
√
(vi) Nur für a, b ≥ 0: a = b ⇒ a = b (Wurzel ziehen).
(vii) Diverse andere Operationen, wie a = b ⇒ a + 1 > b.
Bemerkung. Manche Operationen lassen sich stets umkehren, andere nicht. Addition lässt
sich immer umkehren. Multiplikation nur, wenn nicht mit 0 multipliziert wurde. Quadrieren
nur, wenn die Zahlen vorher bereits positiv waren.
Nur wenn sich die Operation umkehren lässt, kann ich einen Pfeil in die andere Richtung
schreiben, also einen Äquivalenzpfeil.
b) Ungleichung:
Eine Ungleichung hat in irgendeiner Art immer die Form a ≥ b oder a > b. Die folgenden
Regeln sind für > und < notiert, gelten immer aber auch für ≥ und ≤. Wenn eine Ungleichung
dieser Form gegeben ist, kann ich damit verschiedene Operationen für beliebige c machen:
(i) a > b ⇒ a + c > b + c (Addition).
(ii) a > b ⇒ a − c > b − c (Subtraktion).
(iii) Nur für c > 0: a > b ⇔ a · c > b · c(Multiplikation und Division).
(iv) Nur für c < 0: a > b ⇔ a · c < b · c(Multiplikation und Division).
(v) |a| > |b| ⇒ a2 = b2 (Quadrieren).
√
√
(vi) Nur für a, b ≥ 0: a > b ⇒ a > b (Wurzel ziehen).
(vii) Diverse andere Operationen, wie für c ≥ 0 gilt: a > b ⇒ a + c > b.
Bemerkung. Bei Ungleichungen muss man viel mehr aufpassen, als bei Gleichungen. Manchmal hilft es sich genau zu überlegen, ob eine Folgerung richtig ist.
Beispiel 4.6. Ein scheinbarer Widerspruch:
| + (a + b)
a+b=c
| − 2c
2(a + b) = c + a + b
2(a + b − c) = a + b − c
| : (a + b − c)
2 = 1.
45
MSG Zirkel 7b
8. Mai 2017
Wenn wir nun alle ⇒, ⇐ und ⇔ einsetzen wie wir es gelernt haben, wird uns alles klar:
| + (a + b)
a+b=c
⇔
(a + b) = c + a + b
⇔
⇐
2(a + b − c) = a + b − c
2 = 1.
| − 2c
| : (a + b − c)
Den letzten Pfeil können wir nur in eine Richtung machen, weil a + b − c = 0 gilt. Jetzt können
wir das getrost so stehen lassen. Klar folgt aus der letzten Zeile eine ganze Menge, aber die ist
ja auch falsch. In die andere Richtung können wir nicht folgern.
Beispiel 4.7. Für beliebige Zahlen x > 0 gilt:
x+
1
≥ 2.
x
Als erstes versuchen wir loszuwerden, was uns am meisten nervt. Das ist der Bruch. Danach
machen wir noch ein paar einfache Umformungen:
1
≥2
x
x · x + 1 ≥ 2x
x+
⇔
⇔
x · x − 2x + 1 ≥ 0
⇔
(x − 1)(x − 1) ≥ 0
⇔
(x − 1)2 ≥ 0
|·
| − 2x
Zugegebenermaßen ist der dritte Schritt nicht offensichtlich, aber kann leicht überprüft werden.
Wir wissen das Quadrate (von Zahlen auf dem Zahlenstrahl) immer gröser gleich 0 sind, also ist
die letzte Aussage richtig. Dann können wir die Pfeile rückwärts zur ersten Aussage zurückwandern und sehen, dass auch diese stimmen muss.
46
Übungsblatt Einführung Geometrie
5
MSG Zirkel 7b
15. Mai 2017
(Elementar-)Geometrie
5.1
Strecken
1. Angenommen A, B, C liegen auf einer Geraden und es gilt |AB| = 3 und |BC| = 5. Wie
lang ist dann AC?
2. A, B, C, D liegen auf einer Geraden. Es gilt |AB| = 1, |BC| = 2 und |CD| = 4. Wie lang
ist dann AD?
3. Auf einem einem Lineal sind nur Markierungen für 0, 7 und 11 aufgezeichnet. Wie kann
man 5 erhalten?
4. Sei B zwischen A und C und |AC| = 5. Wie weit sind der Mittelpunkt von AB und der
Mittelpunkt von BC miteinander entfernt?
5. Auf einer geraden Straße befinden sich zwei Häuser in 50m Entfernung. Wo sollte man den
Briefkasten hinsetzen, damit die Summe der Entfernung zum Briefkasten möglichst gering
ist.
6. Wie lautet die Lösung der vorherigen Aufgabe mit 6 Häusern, die alle jeweils 50m von den
Nachbarn entfernt sind?
7. Angenommen 100 Schüler leben im ersten Haus und 50 im zweiten und jeder möchte genau
einen Brief wegbringen. Wo sollte der Briefkasten sein, damit der Weg insgesamt möglichst
gering ist.
5.2
Winkel
1. Angenommen wir wissen, dass Nebenwinkel sich zu 180◦ addieren. Zeige, dass zwei Gegenwinkel gleich groß sind.
2. Wie viel Grad bewegt sich der Minutenzeiger einer Uhr pro Minute? Wie viel der Stundenzeiger?
3. Wie groß ist der Abstand zwischen den Zeigern einer Uhr mit zwei Zeigern um 16 : 15 Uhr?
4. Gegeben zwei Nebenwinkel. Zeige, dass die Winkelhalbierenden im 90◦ -Winkel zueinander
stehen.
5. Gegeben 5 Strahlen um einen Punkt, so dass die Nachbarn jeweils den gleichen Winkel
bilden. Wie groß sind diese Winkel.
5.3
Axiome
Axiome sind Aussagen, die nicht bewiesen werden können, aber meist unmittelbar einsichtig sind.
Die euklidischen Axiome der ebenen Geometrie wurden im antiken Griechenland entwickelt. Sie
auswendig zu lernen ist wenig sinnvoll, aber der Vollständigkeit halber folgt hier trotzdem eine
Auflistung: Seien mit A, B, C, . . . Punkte bezeichnet, mit a, b, c, . . . Geraden und mit α, β, γ, . . .
Winkel.
I1 Durch zwei verschiedene Punkte gibt es mind. eine Gerade.
47
Übungsblatt Einführung Geometrie
MSG Zirkel 7b
15. Mai 2017
I2 Durch zwei verschiedene Punkte gibt es höchstens eine Gerade.
I3 Jede Gerade enthält mind. zwei Punkte.
I4 Es gibt 3 Punkte, die nicht auf einer Geraden liegen.
Wir halten fest, dass Geraden eindeutig durch zwei Punkte gegeben sind und man zu jeder
Geraden solche Punkte findet. Außerdem gibt es mehr Punkte, als nur eine Gerade.
A1 Liegt A zwischen B und C, dann liegt A auch zwischen C und B.
A2 Sind A und B verschieden, dann gibt es ein C mit B zwischen A und C.
A3 Unter drei (paarweise) verschiedenen Punkten, liegt höchstens einer zwischen den anderen.
A4 Sei A,B und C nicht auf einer Geraden und f eine Gerade, die keinen der drei Punkte enthält.
Liegt D auf f und zwischen A und B, dann enthält f einen weiteren Punkt zwischen B und
C oder zwischen A und C. (Eine Gerade, die in ein Dreieck reingeht, geht auch wieder raus.)
Man kann inzwischen umstndlich beweisen, dass zwischen zwei Punkten immer auch ein anderer
liegt.
Definition. Falls A,B und C auf der gleichen Geraden liegen und B nicht zwischen A und C,
dann liegen A und C auf der selben Seite von B.
Definition. Ein Winkel ist gegeben durch drei Punkte A, B, C und wird mit ∠ABC bezweichent.
Liegt A0 auf AB auf der selben Seite wie A und C 0 auf der selben Seite wie C auf AC, dann
bezeichnet ∠A0 BC 0 den gleichen Winkel.
K1 Gegeben A und B und eine Gerade c mit Punkt C. Man kann einen Punkt D auf c finden,
so dass |AB| = |CD|. (Man kann Strecken auf andere Geraden abtragen.)
K2 Seien A, B, C auf a und D, E, F auf d, so dass B zwischen A und C liegt und E zwischen D
und F . Gilt |AB| = |DE| und |BC| = |EF |, dann auch |AC| = |DF |. (Strecken kann man
addieren)
K3 Winkel kann man miteinander vergleichen. (Durch ≡).
K4 Gegeben ∠ABC und Punkte E, F . Man findet D, so dass ∠ABC ≡ ∠DEF gilt. (Man kann
Winkel abtragen).
K5 Sind bei zwei Dreiecken zwei Seiten und der eingeschlossene Winkel kongruent, so sind alle
Winkel miteinander kongruent.
Man kann leicht zeigen, dass nun die SWS-Kongruenz gilt. Ferner kann man bereits eine parallele
durch einen beliebigen Punkt konstruieren.
Parallelenaxiom Gegeben eine Gerade a und ein Punkt C. Dann gibt es höchstens eine Gerade durch C, die
parallel zu A ist.
V1 Gegeben zwei Strecken. Wenn man die eine Strecke häufig genug addiert, ist diese länger
als die andere.
V2 Noch ein Axiom, was wir hier nicht behandeln werden.
48
Dreicksungleichung, Kongruenzen
5.4
MSG Zirkel 7b
22. Mai 2017
Wiederholung
1. Auf einer Geraden liegen drei Punkt A, B, C. Bekannt ist |AB| = 5 und die Strecke BC
ist um 1 länger als die Strecke AC. Wie lang sind sind die Strecken AC und BC? Kann B
außerhalb von der Strecke AC liegen?
2. Wie die vorherige Aufgabe. Nur ist diesmal die Strecke AC anderhalb mal so lang wie BC.
3. Sechs Radfahrer fahren von einem Ort in den Nachbarort. Nach einer Stunde haben sie
insgesamt 75 Kilometer zurück gelegt und müssen insgesamt noch 45 Kilometer fahren.
Wie weit sind die Orte voneinander entfernt?
4. Von einem Punkt O gehen vier Strahlen ab, so dass vier Winkel entstehen. Wenn man sie
reihrum nummeriert ist der erste Winkel so groß wie der dritte und der zweite so groß wie
der vierte. Zeige, dass jeweils zwei Strahlen eine Gerade bilden.
5. Zeichne einen Punkt O und vier Strahlen von diesem Punkten beliebig auf ein Blatt. Zeichne
−→ −−→ −−→ −−→
nun die vier Winkelhalbierenden OA, OB, OC, OD (möglichst genau) ein. Schneide die vier
neuen Winkel aus. Was fällt auf. Warum ist das so?
5.5
Dreiecksungleichung
1. Wir wollen ein Dreieck A, B, C zeichnen, so dass |AB| = 5 und |BC| = 3. Können wir das
so tun, dass |AC| = 9? Können wir |AC| = 1 erreichen? Begründe Deine Antwort.
2. Seien A, B, C beliebig in der Ebene. Zeige, dass AC ≤ |AB| + |BC|. Wann gilt Gleichheit?
3. Seien A, B, C, D beliebig in der Ebene. Zeige, dass |AD| ≤ |AB| + |BC| + |CD|. Wann gilt
Gleichheit?
4. Zeige, dass jede Seite eines Dreieicks kleiner als die Hälfte des Umfanges ist.
5. Eine Uhr hat einen Minutenzeiger, der 5cm lang ist, und einen Stundenzeiger, der 3cm
lang ist. Wie weit können die Spitzen maximal (minimal) auseinander sein? Beweise die
Antwort.
6. Vier Häuser stehen in der Landschaft, so dass sie ein Viereck bilden. Wo sollte ein Brunnen
gebaut werden, damit die Summe der Weges zum Brunnen möglichst klein ist?
7. Zwei Schildkröten laufen im Zick-Zack von A nach B. Dabei folgt das Männchen immer der
Weibchen und zwar wie folgt. Erst läuft das Weibchen eine Strecke (in beliebige Richtung,
aber gerade), dann läuft das Männchen Richtung Standort des Weibchens. Nun läuft wieder
das Weibchen in eine (möglicherweise) neue Richtung und dann wieder das Männchen in
Richtung des neuen Standortes des Weibchens. Zeige das am Ende das Männchen nicht
weiter gelaufen ist als das Weibchen.
49
Dreicksungleichung, Kongruenzen
5.6
MSG Zirkel 7b
22. Mai 2017
Kongruenzen
Definition. Zwei Figuren heißen kongruent, wenn sie nur durch Verschiebung, Rotation und
Spiegelung deckungsgleich aufeinander abgebildet werden können.
1. Ein Triomino besteht ist eine Figur die ensteht, wenn man von einem Vier-KästchenQuadrat ein Kästchen weglässt. Wie kann man ein Triomino in zwei, drei oder vier kongruente Teile unterteilen?
2. Man kann ein Quadrat auf viele Arten in zwei Kongruente Stücke teilen. Finde möglichst
viele Arten das zu tun.
3. Die entstehenden Stücke (der vorherigen Aufgabe) sind nicht immer konvex. Gib eine Anleitung, wie man möglichst beliebig ein Quadrat in zwei konvexe, kongruente Stücke teilen
kann. (Eine Form heißt konvex, wenn sie zu je zwei Punkten auf die Verbindungsstrecke
enthält.)
4. Man kann mit Kästchen auf dem Karopapier nichtkonvexe Pologyone bauen. Eine solche
Figur ist z.B. ein Triomino. Jedoch ist es nicht erlaubt, dass eine Ecke an mehr als zwei
Kanten liegt (also ein Triomino ohne mittleres Kästchen ist nicht erlaubt). Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es dafür mit 2, 3, 4, 5, 6 Kästchen? (Verschieden heißt hier
nicht kongruent.)
5. Drei Bretter werden an den Enden durch Schraube und Mutter verbunden, so dass sie ein
Dreieck bilden. Auch wenn die Muttern nicht fest angezogen werden, sind die Bretter doch
fest. Warum? Ist die Struktur auch bei vier Brettern fest?
50
MSG Zirkel 7b
5.7
29. Mai 2017
Dreickskongruenzen, Winkel an Parallelen, Innenwinkel, gleichschenkelige Dreicke
Wir haben Konkruenzen definiert, so dass wir Figuren durch Verschiebung, Rotation und Spiegelung aufeinander abbilden können. In der Praxis werden wir ein paar äquivalente Begriffe
benutzen:
Satz 5.1. Zwei n-Ecke sind genau dann kongruent, wenn in der richtigen Reihenfolge alle Winkel
gleich groß sind und alle Seiten gleich lang sind.
Zwei Kreise sind genau dann kongruent, wenn sie den gleichen Radius (Durchmesser) haben.
Beweis. Wir werden hier nur die zweite Aussage beweisen.
Die Aussage mit den beiden Kreisen ist einfach. Was ist ein Kreis? Ein Kreis besteht aus allen
Punkten, die einen festen Abstand r zu einem fixierten Mittelpunkt M haben. Nun benutzten
wir, dass Verschiebung, Rotation und Spiegelung Abstände erhalten.
Gegeben zwei Kreise um M und N mit Radius r. Wir wählen eine beliebige Verschiebung die
den Punkt M nach N verschiebt. Dabei wird ein Punkt A mit Abstand r von M auf einen Punkt
A0 mit Abstand r von N abgebildet, also auf einen Punkt auf dem Kreis. Wenn B auf den Punkt
B 0 abgebildet wird, der Abstand r von N hat, so hatte vorher B Abstand r von M .
Wenn wir zwei Kreise haben, die aufeinander abgebildet werden können, folgt sofort, dass sie
dann auch den gleichen Radius haben müssen.
Insbesondere mit der ersten Aussage können wir viel besser arbeiten. Wir erinnern uns (oder
halten hier folgendes fest):
Satz 5.2 (SWS). Sei A, B, C ein Dreieck und A0 , B 0 , C 0 ein anderes. Angenommen |AB| =
|A0 B 0 |, |BC| = |B 0 C 0 | und |∠CBA| = |∠C 0 B 0 C 0 |. Dann sind auch die übrigen Winkel und
Strecken gleich. Also sind alle Seiten des Dreickes und alle Winkel kongruent, die Dreicke sind
kongruent.
Das kann man nicht so richtig beweisen, jedenfalls nicht ohne analytische Geoemtrie.
Satz 5.3 (WSW). Sei A, B, C ein Dreieck und A0 , B 0 , C 0 ein anderes. Angenommen |AB| =
|A0 B 0 |, |∠BAC| = |∠B 0 A0 C 0 | und |∠CBA| = |∠C 0 B 0 C 0 |.
Dann sind die Dreicke kongruent.
Beweis. Wir können die Dreiecke zumindest so aufeinander abbilden, dass danach A = A0 ,
B = B 0 und ∠BAC = ∠B 0 A0 C 0 und ∠CBA = ∠C 0 B 0 C 0 . Wie zeigen wir jetzt, dass C der
gleiche Punkt ist wie C 0 . Nun ja beide liegen auf der Geraden AC = AC 0 und BC = BC 0 und
zwei Geraden schneiden sich höchstens einmal.
51
MSG Zirkel 7b
12. Juni 2017
Nun können wir die ersten Schlussfolgerungen machen:
Satz 5.4 (Stufenwinkelsatz). Sind die beiden Geraden g und h parallel, so sind die Winkel α
und β gleich groß. Sind die Winkel gleich groß, so sind die Geraden parallel.
l
β
h
α
g
Satz 5.5. In einem konvexen n-Eck beträgt die Innenwinkelsumme 180◦ · n − 360◦ .
Beweis. Wir haben bereits mit Induktion gezeigt: Die Innenwinkelsumme eines n-Eckes beträgt
die von einem n − 1-Eck und einem Dreieck. Also beträgt die Innenwinkelsumme von einem
n-Eck (n − 2)-mal die Innenwinkelsumme von einem Dreieck. Wir müssen noch zeigen, dass die
Innenwinkelsumme von einem Dreieck 180◦ beträgt. Das folgt aus folgender Skizze:
α0
A
C
γ
α
g
β0
β
B
Es wird eine Gerade g so gewählt, dass |α| = |α0 |. Dann sind g und AB nach Stufenwinkelsatz
parallel und nach demnach gilt auch |β| = |β 0 |.
Satz 5.6. (SSS) Stimmen die Seitenlängen von zwei Dreiecken überein, so sind diese Dreiecke
kongruent.
Beweis. Ein Beweis mithilfe von gleichschenkeligen Dreiecken. Nehmen wir an, dass die Dreiecke
ABC und A0 B 0 C 0 jeweils gleich lange Seiten haben. Verschieben und drehen wir A0 B 0 C 0 so,
dass A = A0 und B = B 0 . Nun müssen wir evtl. noch A0 B 0 C 0 spiegeln, damit C und C 0 auf
unterschiedlichen Seiten von AB liegen.
C
γ2 γ1
A
B
γ4 γ3
C’
Nach Voraussetzung ist AC genausolang wie AC 0 . Entsprechend ist AC 0 C ein gleichschenkeliges
Dreieck und darum |γ2 | = |γ4 |.
Nach analoger Begründung (auch BCC 0 ist gleichschenkelig) gilt dann |γ1 | = |γ3 |.
52
MSG Zirkel 7b
12. Juni 2017
Entsprechend sind die Winkel γ an C und γ 0 and C 0 gleich groß und nach Kongruenzsatz SWS
die Dreiecke ABC und AC 0 B = A0 C 0 B 0 kongruent.
Zum Beweis von SSS haben wir verwendet, dass in einem gleichschenkeligen Dreieck auch die
entsprechenden Winkel gleich groß sind, dass müssen wir natürlich noch beweisen.
Definition (gleichschenkeliges Dreick). Ein Dreieck heißt gleichschenkelig, wenn zwei der Seiten
gleich lang sind.
Satz 5.7. (gleichschenkelige Dreiecke) Ein Dreieck ABC ist genau dann gleichschenkelig mit
|AB| = |BC|, wenn die entsprechenden Winkel also ∠CBA = γ und ∠BCA = γ gleich groß
sind.
1. Versuch. Angenommen die Winkel sind gleich groß. Dann konstruieren wir einfach die WinC
γ
A
α1
α2
D
β
kelhalbierenden durch α und sehen dann folgendes:
B
In den Dreiecken ABD und ADC sind jeweils zwei der Winkel gleich groß (|α1 | = |α2 | und
|β| = |γ| nach Voraussetzung). Damit muss auch nach Innenwinkelsatz der letzte Winkel gleich
groß sein. Da die beiden Dreiecke die Strecke AD teilen, sind sie nach Satz WSW kongruent.
Seien nun die beiden Strecken AB und AC gleich lang. Wir konstruieren nun die Streckenhalbierende von der Seite BC:
C
γ
A
M
β
B
Nun gilt |AB = |AC|, weil ABC gleichschenkelig ist, und |BM | = |M C, weil M der Mittelpunkt
der Strecke BC ist. Also sind die Dreiecke ABM und AM C nach SSS kongruent und demnach
die Winkel β und γ auch gleich groß.
Was ist ein Zirkelschluss?
Wir haben gezeigt: SSS gilt, denn die ein gleichschenkeliges Dreieck hat entsprechend gleich große
Winkel. Dann haben wir gezeigt, dass ein gleichschenkeliges Dreieck entsprechend gleich große
Winkel hat, da SSS gilt.
Das geht nicht, denn wir haben die Aussage nur auf sich selbst zurückgeführt. Wir wissen jetzt
wenn die ein Aussage gilt, dann auch die andere und andersherum, aber noch nicht das eine der
Aussagen gilt, wir unternehmen also einen neuen Versuch.
53
MSG Zirkel 7b
12. Juni 2017
19. Juni 2017
2. Versuch. Angenommen die Winkel sind gleich groß. Dann verwenden wir jetzt WSW für das
Dreieck ABC und A0 B 0 C 0 :
C = B0
γ
A = A0
β
B = C0
Nach WSW gilt nun für die beiden Dreiecke |AB| = |AB 0 | und damit auch |AB| = |AC.
Andersherum verwenden wir den Satz WSW. Angenommen die Seiten AB und AC sind gleich
lang. Dann gilt nach WSW auch |γ| = |β|:
C = B0
γ
A = A0
α = α0
β
B = C0
5.8
Knobelaufgabe zum nächsten Mal
Mein Freund hat eine sechseckige Uhr mit Stunden und Minutenzeiger, die vollkommen symmetrisch und ohne Ziffernblatt ist. Neulich wollte ich ihne ärgern und habe die Uhr auf den Kopf
gedreht und ihm dann verkündet, sie gehe falsch. Er hat kurz geguckt und meinte Du hast ja
”
die Uhr falsch herum hingestellt!“ Warum wusste er das? Wie viele Ecken muss eine Uhr haben,
damit man wirklich denken kann, die Uhr ginge falsch?
5.9
Kreis
Definition. Ein Kreis k(d, M ) besteht aus allen Punkten A die Abstand d vom Punkt M haben.
M heißt der Mittelpunkt. Punkte mit Abstand d von M heißen auf dem Kreis, mit (echt) kleinerem Abstand (echt) im Kreis und mit echt größerem Abstand außerhalb des Kreises.
Schneidet eine Gerade einen Kreis keinmal, heißt sie Passante, einmal, Tangente, und zweimal
dann Sekante.
Der Abschnitt einer Sekante die im Kreis liegt, heißt Sehne. Enthält die Sehne den Mittelpunkt,
heißt sie Durchmesser.
54
Zirkel und Lineal
5.10
MSG Zirkel 7b
19. Juni 2017
Konstruktion mit Zirkel und Lineal
1. Gegeben eine Gerade g und ein Punkt A auf dieser. Wie kann ich eine gegebene Strecke
auf g abtragen, so dass der Anfangspunkt A ist?
C
A
g
D
2. Gegeben ein Dreieck ABC und eine Strecke A0 B 0 , so dass AB konkruent zu A0 B 0 . Wie
kann man C 0 konstruieren, so dass ABC und A0 B 0 C konkgruent sind?
B0
C
A
A0
B
3. Wie kann man mit drei Seitenlängen ein Dreieck konstruieren?
C
A
B
C
A
B
4. Gegeben ein Winkel und ein Strahl. Wie kann man den Winkel auf dem Strahl abtragen
(so dass dieser Strahl einer der Strahlen des Winkels ist)?
A
α
A0
5. Wie kann man den Mittelpunkt einer Strecke konstruieren?
6. Wie kann man eine Winkelhalbierenden konstruieren?
7. Sei A auf der Geraden l. Wie kann man eine Gerade g durch A konstruieren, die im rechten
Winkel zu l ist?
8. Sei A nicht auf der Geraden l. Wie kann man eine Gerade g durch A konstruieren, die im
rechten Winkel zu l ist?
55
Zirkel und Lineal
5.11
MSG Zirkel 7b
19. Juni 2017
Kleine Beweise
1. Jede Gerade schneidet einen Kreis mit Mittelpunkt M an höchstens zwei Punkten. Gibt
es nur einen Schnittpunkt (die Gerade tangiert den Kreis) S, dann ist die Gerade im
rechten Winkel zu M S. Warum? (Verwende wissen über gleichschenkelige Dreiecke! Ein
Kreis besteht aus allen Punkten die einen bestimmten Abstand zum Mittelpunkt haben).
2. In jedem gleichschenkeligen Dreick gibt es eine Gerade die zugleich Mittelsenkrechte, Seitenhalbierende und Winkelhalbierende ist.
C
A
B
3. Gegeben zwei Kreise k1 , k2 mit Mittelpunkten M1 und M2 und Schnittpunkten CD. Zeige
das CD und M1 M2 sich im rechten Winkel schneiden.
C
M1
M2
D
4. Zeige den Kongruenzsatz WSSg. Gegeben zwei Dreiecke ABC und A0 B 0 C 0 so dass |AB| =
|A0 B 0 | ≥ |CA| = |C 0 A0 | und γ = γ 0 . Dann sind die Dreiecke kongruent. (γ (γ 0 ) bezeichnet
den Innenwinkel an C (C 0 ))
5.12
Knobelaufgabe zum nächsten Mal
Auf wie viele Arten lassen sich 1, 2 oder 3 Kreise in der Ebene zeichnen. Zwei Kreise sollen sich
dabei immer zweimal oder keinmal schneiden. Außerdem soll kein Punkt auf drei Kreisen liegen.
Folgendes wollen wir nicht untereinander unterscheiden:
folgendes schon:
und
und
, aber
.
(Wir betrachten die Konstellationen als gleich, die wir durch verschieben ineinander überführen
können. Dabei müssen beim Verschieben die ganze Zeit die Regeln zu den Schnittpunkten eingehalten werden.)
Könnt ihr auch herausfinden, wie viele Konstellationen es für 4 Kreise gibt?
56
Vierecke
5.13
MSG Zirkel 7b
10. Juli 2017
Vierecke
Wir wollen im folgenden nur konvexe Vierecke betrachten. D.h. kein Innenwinkel darf größer
als 180◦ sein. Außerdem wollen wir Seitenlängen, Winkel und Geraden von Vierecken wie folgt
bezeichnen:
D
c
δ
C
γ
d
b
α
β
A
a
B
Definition. Ein Viereck heißt Sehnenviereck, wenn es einen Kreis gibt, so dass alle vier Seiten
Sehnen sind.
B
A
C
D
Ein Viereck heißt Tangentenviereck, wenn es einen Kreis gibt, so dass alle vier Seiten Tangenten
A
B
sind.
C
D
Ein Viereck, in dem jeweils zwei benachbarte Seiten gleich lang sind (a = b, c = d), heißt
Drachenviereck.
Ein Viereck, in dem zwei Seiten parallel sind, heißt Trapez.
Ein Viereck, in dem jeweils die gegenüberliegenden Seiten parallel sind, heißt Parallelogramm.
Ein Parallelogramm mit vier rechten Winkeln heißt Rechteck.
Ein Parallelogramm mit vier gleich langen Seiten heißt Rhombus oder Raute.
Ein Viereck, das Rhombus und Rechteck ist, heißt Quadrat.
Nächstes Jahr werden wir uns genauer mit dem Sehnenviereck und dem Tangentenviereck beschäftigen. Fürs erste werden wir uns auf die anderen 5 speziellen Vierecke besschränken.
57
Vierecke
MSG Zirkel 7b
10. Juli 2017
Nachfolgende finden sich verschiedene Eigenschaften von Vierecken. Überprüfe welche Vierecke
(von Quadrat, Rhombus, Rechteck, Parallelogramm, Trapez und Drachenviereck) diese Eigenschaften erfüllen (Z.B. In einem Quadrat sind alle Seiten gleich lang“). Anschließend überprüfe,
”
ob man von dieser Eigenschaft auf das Viereck schließen kann (Z.B. Sind alle vier Seiten gleich
”
lang und ist einer der Winkel ein rechter Winkel, ist das Viereck ein Quadrat.“) Beweise Deine
Vermutungen (das ist mitunter schwer).
1. Alle Seiten sind gleich lang.
2. Alle Seiten sind gleich lang. Ein Winkel ist ein rechter Winkel.
3. Alle Winkel sind rechte Winkel.
4. Drei Winkel sind rechte Winkel.
5. Zwei Winkel sind rechte Winkel.
6. Zwei benachbarte Winkel sind rechte Winkel.
7. Das Viereck ist ein Parallelogramm und hat einen rechten Winkel.
8. Das Viereck ist Parellelogramm und Drachenviereck.
9. Die Diagonalen schneiden sich im rechten Winkel.
10. Die Diagonalen halbieren sich gegenseitig.
11. Die Diagonalen sind gleich lang.
12. Eine der Diagonalen halbiert eine andere.
13. Der Schnittpunkt der Diagonalen hat den selben Abstand zu allen Ecken.
14. Benachbarte Winkel addieren sich zu 180◦ .
15. Jede Diagonale teilt das Viereck in zwei kongruente Dreiecke.
16. Eine Diagonale teilt das Viereck in zwei kongruente Dreiecke.
17. Beide Diagonalen teilen das Viereck in vier (paarweise) kongruente Dreiecke.
18. Beide Diagonalen teilen das Viereck in vier Dreiecke, von denen jeweils 2 benachbarte
kongruent sind.
19. Beide Diagonalen teilen das Viereck in vier Dreiecke, von denen jeweils die gegenüberliegenden kongruent sind.
20. Die gegenüberliegenden Seiten haben die gleiche Länge.
21. Die gegenüberliegenden Winkel des Vierecks sind gleich groß (α = γ und β = δ).
22. AB und BC sind gleich lang und parallel.
23. Ich kann mit vielen Kopien eines Vierecks die Ebene pflastern (z.B. kann ich mit einem
Quadrat die Ebene pflastern).
24. Die Mittelpunkte der Seiten bilden ein neues Viereck, welches ein Rhombus ist.
25. Die Mittelpunkte der Seiten bilden ein neues Viereck, welches ein Rechteck ist.
26. Die Mittelpunkte der Seiten bilden ein neues Viereck, welches ein Quadrat ist.
58

Zugehörige Unterlagen

H10-T2-A1 - math.uni

4. ¨Ubung zur Mathematik I für Wirtschaftsinformatiker/innen

Zahlentheorie

0.1 Kubikwurzeln 0.2 Geburtstagsparadoxon

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0.1 Kubikwurzeln 0.2 Geburtstagsparadoxon

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