Facharbeit

Celtis-Gymnasium
Schweinfurt
Kollegstufe 2004/2006
Leistungskurs Mathematik
Facharbeit
Bearbeitung der Aufgaben der 1. Runde des Bundeswettbewerb Mathematik 2005 mit Teilnahme
Verfasser:
Marcel Schmittfull
Tag der Ablieferung: 22.04.2005
Kursleiter:
StD Bauer
Facharbeit BWM 2005
-2-
Inhaltsverzeichnis
Inhaltsverzeichnis
Aufgabe 1
3
1.1 Aufgabenstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Beweis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgabe 2
6
2.1 Aufgabenstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Beweis uber Restklassen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Aufgabe 3
3.1
3.2
3.3
3.4
Aufgabenstellung . . . . . . . .
Elementargeometrischer Beweis
Trigonometrischer Beweis . . .
Beweis uber Additionstheoreme
Aufgabe 4
3
3
6
6
8
.
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.
.
. 8
. 8
. 9
. 10
12
4.1 Aufgabenstellung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
4.2 Beweis uber vollstandige Induktion . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Facharbeit BWM 2005
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Aufgabe 1
Aufgabe 1
1.1
Aufgabenstellung
Voraussetzung. Im Zentrum eines 2005 x 2005-Schachbretts liegt ein Spielwurfel,
der in einer Folge von Zugen uber das Brett bewegt werden soll. Ein Zug besteht dabei aus folgenden drei Schritten:
Man dreht den Wurfel mit einer beliebigen Seite nach oben,
schiebt dann den Wurfel um die angezeigte Augenzahl nach rechts oder
um die angezeigte Augenzahl nach links und
schiebt anschlieend den Wurfel um die verdeckt liegende Augenzahl
nach oben oder um die verdeckt liegende Augenzahl nach unten.
Das erreichte Feld ist das Ausgangsfeld fur den nachsten Zug.
Welche Felder lassen sich durch eine endliche Folge derartiger Zuge erreichen?
Die Richtigkeit der Antwort ist zu beweisen.
Behauptung. Alle Felder sind durch eine endliche Folge an gultigen Zugen
erreichbar.
1.2
Beweis
Denition 1.1 Das 2005 2005-Schachbrett wird durch
S := f(x; y) 2 Z2 j
1002 x; y 1002g
dargestellt, wobei (0; 0) fur das Zentrum steht, x fur die Horizontal- und y fur
die Vertikalkoordinate.
Denition 1.2 Ein (gultiger oder ungultiger) Zug ist deniert durch
Zab : S ! S; (x; y) ! (x; y)+(a; b) = (x+a; y +b); a; b 2 Z; (x+a; y +b) 2 S:
Denition 1.3 Ein Zug Zab wird genau dann gultig genannt, wenn a; b
f1; 2; : : : ; 6g und jaj + jbj = 7 gilt.1
1 Die
Summe zweier gegenuberliegender Augenzahlen eines Wurfels ergibt 7.
2
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Denition 1.4 Ein Feld (x; y)
Aufgabe 1
2S
ist genau dann erreichbar, wenn eine
endliche Folge bzw. Komposition gultiger Zuge (Zabii )n so existiert, dass (Zabii )n (0; 0) = (x; y ) gilt.
Hilfssatz 1.1 Wenn alle Felder im Quadrant SI = f(x; y) 2 S j x; y > 0g
und das Zentrum (0; 0) erreichbar sind, dann sind alle Felder in S erreichbar.
Beweis. (Durch Symmetrie.) Man betrachte (x; y ) 2 SI . Die endliche Folge
gultiger Zuge, die von (0; 0) zu (x; y ) fuhrt, sei (Zabii )n . Das zum Feld (x; y ) im
II. Quadrant korrespondierende Feld ( x; y ) erreicht man dann durch die Folge
gultiger Zuge (Z biai )n . Die zu (x; y ) korrespondierenden Felder ( x; y ) bzw.
(x; y ) im III. bzw. IV. Quadrant erreicht man analog durch die Folge gultiger
Zuge (Z abii )n bzw. (Zaibi )n . Es sind also alle Felder der vier Quadranten von S
erreichbar. Da laut Voraussetzung das Feld (0; 0) erreichbar ist, sind also alle
Felder von S erreichbar.
Hilfssatz 1.2 Die Zuge Z10 und Z01 sind jeweils endliche Folgen gultiger Zuge
(Zabii )n .
Beweis. Es gilt
z
Z 42
}|
Z10 = Z52 Z 4 3 Z
Z01 = Z25 Z4 3 Z
| {z
Z 24
{
6
1
1
6} :
(1.1)
(1.2)
Hilfssatz 1.3 Alle Felder in SI sind von (0; 0) aus durch eine endliche Folge
gultiger Zuge erreichbar, d.h. fur alle (x; y ) 2 SI existiert (Zab )n , sodass (Zab )n (0; 0) = (x; y ). Dabei liegen die Felder nach jeder Zwischenfolge innerhalb des
Schachbretts S , d.h. (Zab )k (0; 0) 2 S fur alle 0 < k 2 N n.
i
i
i
i
i
i
Beweis. Sei (x; y ) 2 SI . Man erreicht (x; y ), indem man von (0; 0) ausgehend
zunachst jxj Mal die endliche Folge gultiger Zuge Z 0sign x und anschlieend jy j
Mal die endliche Folge gultiger Zuge Z0sign y ausfuhrt.2 Formal heit das
(x; y ) = (Z10 )jxj (Z01 )jyj (0; 0):
(1.3)
wegen (x; y ) 2 SI x; y > 0 gilt, werden hier einmalig Betrag und SignumFunktion verwendet, um die Korrespondenz zu den symmetrischen Quadranten II bis IV zu
veranschaulichen.
2 Obwohl
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Aufgabe 1
Es muss nun gezeigt werden, dass der Wurfel bei dieser Zugstrategie nach
jeder Zwischenfolge an Zugen stets innerhalb des Schachbretts liegt, d.h. dass
(Zabii )k (0; 0) 2 S fur alle 0 < k 2 N n gilt.
Sei (xj ; yj ) := (Zabii )j (0; 0) 2 S; 0 < j 2 N < n das Feld des Wurfels nach
den ersten j Teilzugen des Gesamtzugs von (0; 0) zu (x; y ) nach Gleichung
(1.3). Nach Gleichung (1.3) wird der Wurfel von (xj ; yj ) zu Z10 (xj ; yj ) bzw.
Z01 (xj ; yj ) bewegt. Da die Gesamtverschiebung nach jedem Zug Z10 bzw. Z01 in
(1.3) stets nach rechts oder oben verlauft, Z10 bzw. Z01 nach (1.1) bzw. (1.2) eine
Verschiebung um nicht mehr als sechs Felder nach links bzw. unten benotigen
und der linke bzw. untere Rand bei x = 1002 bzw. y = 1002 liegen, konnen
der linke oder der untere Rand durch (1.3) nicht uberschritten werden. Der
erste Teilzug fur jeden Zug Z10 bzw. Z01 in (1.1) bzw. (1.2) ist Z 16 bzw. Z 61 ,
d.h. ausgehend von (xj ; yj ) 2 S konnen durch den ersten Teilzug weder der
rechte, noch der obere Rand des Schachbretts verlassen werden. Die ersten
beiden Teilzuge von Z10 bzw. Z01 entsprechen Z 42 bzw. Z 24 , d.h. auch diese
Zuge konnen den rechten oder den oberen Rand nicht uberschreiten. Mit dem
dritten Teilzug Z52 bzw. Z25 vollendet man schlielich zum Gesamtzug Z10 bzw.
Z01 . Dabei wird der Wurfel durch den dritten Teilzug relativ zum Ausgangsfeld
(xj ; yj ) a) um genau ein Feld nach rechts zu Z10 (xj ; yj ) = (xj + 1; yj ) bzw. b)
um genau ein Feld nach oben zu Z01 (xj ; yj ) = (xj ; yj + 1) geschoben. Nach
Gleichung (1.3) gilt in Fall a) 0 < xj < x und 0 < yj y bzw. in Fall b) 0 <
xj x und 0 < yj < y. Wegen (x; y) 2 S ist somit auch (xj + 1; yj ) 2 S bzw.
(xj ; yj +1) 2 S . Also gilt bei der durch Gleichung (1.3) gegebenen Zugstrategie
(Zabii )k (0; 0) 2 S fur alle 0 < k 2 N n.
Folglich sind alle Felder (x; y ) 2 SI von (0; 0) ausgehend ohne Verlassen
von S erreichbar.
Satz 1.1 Alle Felder (x; y) 2 S sind erreichbar.
Beweis. Ist (x; y ) = (0; 0), so ist (0; 0) zum Beispiel durch (0; 0) = Z61 (Z 61 ((0; 0)))
erreichbar. Also folgt aus den Hilfssatzen 1.3 und 1.1, dass alle Felder (x; y ) 2 S
erreichbar sind, q.e.d.
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Aufgabe 2
Aufgabe 2
2.1
Aufgabenstellung
Voraussetzung. Die ganze Zahl a habe die Eigenschaft, dass 3a in der Form
3a = x2 + 2y 2 mit x; y 2 Z darstellbar ist.
Behauptung. a ist ebenfalls in dieser Form darstellbar.
2.2
Beweis u
 ber Restklassen
Beweis. Sei a 2 Z gesetzt. Gesucht sind nun p; q 2 Z mit p2 + 2q 2 = a.
Laut Voraussetzung gibt es x; y 2 Z mit 3a = x2 + 2y 2 . Umformung ergibt:
x2 + 2 y 2 1 2
a =
= 3x + 6 y 2
3
9
i
1h 2
2
2
2
x 2 x 2y + (2y) + 2 (x 2 x y + y )
=
9
h
i
1
2
2
=
(x 2y ) + 2(x y )
9
x 2y 2
xy 2
=
+2
:
(2.1)
3
3
Hilfssatz 2.1 Sei 3a = x2 + 2y2 mit a; x; y 2 Z. Aus x y mod 3 folgt,
x y
x 2y
x +y
y
dass x+2
3 und 3 ganzzahlig sind. Aus x 6 y mod 3 folgt, dass 3 und 3
ganzzahlig sind.
Beweis. Wegen 3a = x2 +2y 2 ist x2 +2y 2 0 mod 3. Es sind x; y 2 f0; 1; 2 mod 3g.
Die Tabelle zeigt alle Kombinationen:
x mod 3
y mod 3
2
2
(x + 2y ) mod 3
012 012 012
000 111 222
011 200 200
Damit x2 + 2y 2 0 mod 3 gilt, muss also 1. x y mod 3 oder 2. x 1 mod 3; y 2 mod 3 oder 3. x 2 mod 3; y 1 mod 3 sein. In Fall 1. ist
x +2y x y 0 mod 3. In den Fallen 2. und 3. sind x 2y x + y 0 mod 3.
x y
x 2y
x+ y
y
Folglich ist x+2
3 und 3 falls x y mod 3 bzw. 3 und 3 falls x 6 y mod 3
ganzzahlig.
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Aufgabe 2
Wenn x y mod 3, so setze man
p1 =
x + 2y
3
; q1 =
x y
3
;
falls x 6 y mod 3 setze man
p2 =
x 2y
Nach Hilfssatz 2.1 sind dann p1 ; q1
ist dann nach Gleichung (2.1)
3
; q2 =
x+y
3
:
2 Z oder p2; q2 2 Z. Die Darstellung fur a
a = p21 + 2q12 oder a = p22 + 2q22 ;
q.e.d.
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Aufgabe 3
Aufgabe 3
3.1
Aufgabenstellung
Voraussetzung. Den Seiten a; b; c eines Dreiecks liegen die Winkel ; ; gegenuber.
Behauptung. Aus 3 + 2 = 180 folgt a2 + bc = c2 .
3.2
Elementargeometrischer Beweis
Beweis. (Elementargeometrisch).
C
b
a
c-b
b
A
c
T
B
Abbildung 3.1: Skizze zu Aufgabe 3
Die Eckpunkte des Dreiecks mit den Seiten a; b; c und den Winkeln ; ; werden mit A; B; C bezeichnet, vgl. Skizze.
Zunachst folgt aus 3 + 2 = 180
= (180
3)=2 = 90
3
:
2
Mit Innenwinkelsumme im Dreieck ABC + + = 180 gilt
= 180
3
= 180 90 + 2
= 90 +
2
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Aufgabe 3
Der Punkt T liege auf der Geraden AB mit dem Abstand AT = b vom Punkt
A (vgl. Skizze). Dann ist das Dreieck AT C gleichschenklig mit den Schenkeln
[AT ] und [AC ]. Also gilt im Dreieck AT C wegen Innenwinkelsumme \CT A =
\ACT = 1802 = 90 2 : Somit folgt \BT C = 180 \CT A = 90 + 2 . Im
Dreieck BCT gilt wegen Innenwinkelsumme \T CB = 180 \BT C = .
Die Dreiecke BCT und ABC sind ahnlich, da ihre Innenwinkel ubereinstimmen:
= \T CB
= \CBA = \CBT
1
= \BT C (= 90 + )
2
Wegen AT = b ist T B = c
ahnlichen Dreiecken folgt
b. Aus dem gleichen Verhaltnis zweier Seiten in
TB
BC
c b
, a
) c(c b)
) c2
3.3
BC
AB
a
=
c
= a2
= a2 + bc; q:e:d:
=
Trigonometrischer Beweis
Beweis. (uber cos x = 12 (eix + e ix )).
Kosinussatz im Dreieck ABC ergibt
a2 = b2 + c2
2bc cos :
Die Behauptung, dass a2 + bc = c2 gilt, ist aquivalent zu
a2 = b2 + c2 2bc cos = c2
, b2 + bc 2bc cos = 0
, b + c(1 2 cos ) = 0
, 2 cos 1 = cb
bc
(c 6= 0)
(3.1)
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Nach dem Sinussatz ist
Aufgabe 3
b sin =
:
c sin In Beweis 3.2 wurde gezeigt, dass die Beziehungen
3
= 90
;
= 90 +
2
2
gelten. D.h. Gleichung (3.1) ist aquivalent zu
b sin =
2 cos 1 =
c sin sin(90 23 )
=
sin(90 + 2 )
cos 32 =
cos 2
(3.2)
Die Behauptung ist bewiesen, wenn Gleichung (3.2) gezeigt werden kann.
Mit cos x = 21 (eix + e ix ) (vgl. [1] Kapitel 0.2.8, S. 56) gilt:
1
2 cos 1 = 2 ei + e i
1
2
1
1
1
1
e 2 i + e 2 i
(ei + e i ) e 2 i + e 2 i
=
1
1
e 2 i + e 2 i
3
1
1
3
1
1
e 2 i + e 2 i + e 2 i + e 2 i e 2 i e 2 i
=
1
1
e 2 i + e 2 i
1 (e 23 i + e 32 i )
= 21 1 i
1 i
2 (e 2 + e 2 )
cos 23 =
:
cos 2
Somit ist die Behauptung bewiesen, q.e.d.
3.4
Beweis u
 ber Additionstheoreme
Beweis. (uber Additionstheoreme).
Wie in Beweis 3.3 soll gezeigt werden, dass Gleichung (3.2) gilt. Hierzu werden
die folgenden Additionstheoreme (vgl. [1] Kapitel 0.2.8, S. 60) verwendet:
cos(x + y ) = cos x cos y sin x sin y
cos(2x) = cos2 x sin2 x
sin(2x) = 2 sin x cos x
(3.3)
(3.4)
(3.5)
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Aufgabe 3
Es gilt
cos 32 cos( 2 + )
=
cos 2
cos 2
cos 2 cos sin 2 sin =
(vgl. (3:3))
cos 2
cos 2 cos(2 2 ) sin 2 sin(2 2 )
=
cos 2
cos 2 cos2 2 cos 2 sin2 2 sin 2 2 sin 2 cos 2
=
cos 2
sin2
2 sin2
= cos2
2
2
2
2
2
3(1 cos )
= cos
2
2
2
= 4 cos
3:
2
(vgl. (3:4); (3:5))
D.h. Gleichung (3.2) ist aquivalent zu
2 cos ,
,
1 = 4 cos2
2 cos(2 )
2
2
2
, cos 2 sin 2
(1 cos2 )
cos2
2
2
2
, 2 cos 2 1
= 4 cos2
= 2 cos2
= 2 cos2
= 2 cos2
2
2
2
2
2
Somit ist gezeigt, dass Gleichung (3.2) gilt, q.e.d.
3
2
1
1
1
(vgl. (3:4))
(3.6)
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Aufgabe 4
Aufgabe 4
4.1
Aufgabenstellung
Behauptung. Fur alle positiven ganzen Zahlen n 2 N kann man die n Zahlen
1; 2; 3; : : : ; n so in einer Reihe anordnen, dass fur je zwei beliebige Zahlen der
Reihe ihr arithmetisches Mittel nicht zwischen ihnen steht.
4.2
Beweis u
andige Induktion
 ber vollst
Fur den Beweis ist zunachst folgende Denition fur eine sortierte Reihe sinnvoll.
Denition 4.1 Sei n 2 N, Mn = Nn = f1; 2; 3; : : : ; ng. Wenn eine Abzahlung1
fn : Nn ! Mn so existiert, dass fur beliebige a; b 2 Nn ; a < b kein a < s 2
Nn < b existiert mit fn(s) = 21 (fn(a) + fn(b)), dann wird diese Abzahlung
sortiert genannt.
Die Behauptung besagt nun, dass fur alle n 2 N eine sortierte Abzahlung fn
existiert. Fur n = 1 ist die Behauptung klar, da das Bild von f1 nur die 1
enthalt. Fur n = 2k , k 2 N wird die Behauptung zunachst durch vollstandige
Induktion gezeigt, anschlieend wird auf alle n 2 N geschlossen.
Hilfssatz 4.1 Fur alle n = 2k , k 2 N existiert eine sortierte Abzahlung fn .
Beweis. (durch vollstandige Induktion uber k ).
Induktionsanfang: n = 2. Wenn f2 (1) = 1 und f2 (2) = 2 gesetzt wird, ist
f2 sortiert.
Induktionsschritt: Behauptung. Wenn fur n = 2k , k 2 N eine sortierte Abzahlung f2k = fn existiert, dann existiert auch eine sortierte
Abzahlung f2k+1 = f2n .
Abzahlung : Sei n eine Menge, Nn = f1
tive Abbildung n : Nn ! n eine Abzahlung.
1 Denition
M
f
M
n
;:::;n
g, so nennt man eine bijek-
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Aufgabe 4
Beweis. Sei fn eine sortierte Abzahlung (Induktionsvoraussetzung). Man
setze dann f2n : N2n ! M2n ,
(
f2n (x) =
2fn (x);
2fn (x n)
1xn
1; n < x 2n:
(4.1)
Es soll gezeigt werden, dass f2n eine sortierte Abzahlung ist. f2n ist eine
bijektive Abbildung f2n : N2n ! M2n (also eine Abzahlung), denn f2n
ordnet jedem x 2 N2n genau ein f2n (x) 2 M2n zu.2 Seien nun a; b 2 N2n
mit a < b. Es soll gezeigt werden, dass f2n sortiert ist, d.h. dass kein
a < s 2 N2n < b existiert mit f2n (s) = 12 (f2n (a) + f2n (b)). Dazu werden
drei Falle von a; b unterschieden.
{ a n und n < b 2n:
f2n (a) ist nach Denition gerade und f2n (b) ungerade. Demnach ist
aber fur alle a < s < b 21 (f2n (a) + f2n (b)) 2
= N, d.h. insbesondere
1
f2n (s) 6= 2 (f2n (a) + f2n (b)) fur alle a < s < b.
{ 1 a; b n:
Es gilt f2n (a) = 2fn (a) und f2n (b) = 2fn (b), also
1
(f (a) + f2n (b)) = fn (a) + fn (b):
2 2n
Da fn eine sortierte Abzahlung ist, haben alle fn (s) mit a < s < b
die Eigenschaft fn (s) 6= 21 (fn (a) + fn (b)). Also haben alle f2n (s) =
2fn (s) mit a < s < b die Eigenschaft
1
2
f2n (s) = 2fn (s) 6= 2 (fn (a) + fn (b)) = fn (a) + fn (b):
Folglich gilt fur alle a < s < b
1
2
f2n (s) 6= fn (a) + fn (b) = (f2n (a) + f2n (b)) :
{ n < a; b 2n:
Es gilt f2n (a) = 2fn (a n) 1 und f2n (b) = 2fn (b n) 1, also
f2 n ( ) j
f1 3 5 2
2
;
f
;
x
;:::;
n
1
(f (a) + f2n (b)) = fn (a
2 2n
x
n) + fn (b n) 1:
= 1; 2; : : : ; ng = f2; 4; 6; : : : ; 2ng und f2fn (x) 1 j x = 1; 2; : : : ; ng =
1g, da das Bild der bijektiven Abbildung fn gleich Mn = f1; 2; : : : ; ng ist.
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Aufgabe 4
Da fn eine sortierte Abzahlung ist, haben alle fn (s n) mit a < s < b
die Eigenschaft fn (s n) 6= 12 (fn (a n) + fn (b n)). Also haben
alle f2n (s) = 2fn (s n) 1 mit a < s < b die Eigenschaft
f2n (s) = 2 fn (s n) 1
6= 2 21 (fn(a n) + fn(b n))
1 = fn (a
n) + fn (b n) 1:
Folglich gilt fur alle a < s < b
1
f2n (s) 6= fn (a n) + fn (b n) 1 = (f2n (a) + f2n (b)) :
2
Somit gilt bei beliebigen a; b 2 N2n mit a < b fur alle a < s < b die
Ungleichung
1
f2n (s) 6= (f2n (a) + f2n (b)) :
2
Die Abzahlung f2n ist also sortiert, d.h. der Induktionsschritt ist bewiesen.
Da der Induktionsanfang fur n = 2 gilt und der Induktionsschritt von n auf
2n ebenfalls gezeigt wurde, gibt es fur alle n = 2k eine sortierte Abzahlung fn .
Es bleibt nun noch zu zeigen, dass auch fur alle n, die sich nicht als 2k
darstellen lassen, eine sortierte Abzahlung existiert. An einem kurzen Beispiel
sieht man dies leicht ein, sei z.B. n = 6. Dann gibt es nach Hilfssatz 4.1 fur
n = 23 = 8 eine sortierte Abzahlung bzw. Reihe, z.B. 2; 6; 8; 4; 1; 5; 3; 7. Diese
Reihe wird fur n = 6 zu 2; 6; 4; 1; 5; 3 transformiert\, d.h. die Zahlen 7 und
"
8 werden gestrichen und die Reihenfolge der Restzahlen bleibt erhalten; diese
Reihe fur n = 6 ist also wie die Reihe fur n = 8 sortiert. Formal lasst sich dies
wie folgt formulieren:
Hilfssatz 4.2 Wenn sortierte Abzahlungen fn fur alle n 2 f1; 2; 4; 8; 16; : : :g
existieren, dann existieren sortierte Abzahlungen fn fur alle n 2 N.
Beweis. Fur n = 2k mit k 2 N0 wurde bereits gezeigt, dass es sortierte
Abzahlungen fn gibt. Sei also n eine naturliche Zahl, die sich nicht in der Form
n = 2k (k 2 N0 ) darstellen lasst. Dann sei 2j die kleinste Zweierpotenz fur die
n < 2j gilt. Fur 2j gibt es wie oben gezeigt eine sortierte Abzahlung f2j . Diese Abzahlung f2j kann so zu einer Abzahlung fn transformiert\ werden, dass
"
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Aufgabe 4
diese ebenfalls sortiert ist. Hierzu muss das Bild von f2j von M2j auf Mn M2j
eingeschrankt werden, indem anschaulich gesprochen alle f2j (x) 2
= Mn gestri
chen und die ubriggebbliebenen f2j (x) 2 Mn ohne Anderung
der Reihenfolge
so indiziert werden, dass fn : Nn ! Mn eine Abzahlung ist. Formal bedeutet das fn (x) := f2j (i(x)) mit x 2 Nn , wobei i(x) deniert ist als die x te
Zahl unter f2j (1); f2j (2); f2j (3) : : :, die nicht groer als n ist. fn ist dann eine
Abzahlung fn : Nn ! Mn , da es n Zahlen in M2j gibt, die nicht groer als n
sind, namlich genau die Zahlen der Menge Mn . Da die Reihenfolge der Elemente des Bilds von f2j nicht geandert wurde und lediglich einige Elemente des
Bilds von f2j entfernt wurden, gibt es wie bei f2j auch bei fn kein a < s < b
mit fn (s) = 12 (fn (a) + fn (b)), d.h. fn ist wie f2j sortiert.
Nach den Hilfssatzen 4.1 und 4.2 existiert fur alle n 2 N eine sortierte
Abzahlung, q.e.d.
Facharbeit BWM 2005
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Literatur
Literatur
[1]
: Teubner-Taschenbuch der Mathematik.
Verlag, Wiesbaden, 2003.
Bronstein,
I.
N.
Teubner-