Jahrgang 35 Heft 122 Juni 2015 - Monoid

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Jahrgang 35
Heft 122
Eine mathematische Zeitschrift
für Schüler(innen) und Lehrer(innen)
1980 gegründet von Martin Mettler
herausgegeben von der
Johannes Gutenberg-Universität zu Mainz
vertreten durch den Präsidenten
Herrn Prof. Dr. Georg Krausch
Juni 2015
JG U
GUTENBERG
UNIVERSITÄT MAINZ
JOHANNES
Liebe L(o)eserin, lieber L(o)eser!
Die neuen Aufgaben warten auf Lösungen. Nur Mut, auch wenn Du in Mathe keine „Eins“ hast!
Die Aufgaben sind so gestaltet, dass Du zur Lösung nicht unbedingt den Mathe-Stoff der Schule
brauchst. Vielmehr wirst Du viel mathematische Fantasie und selbstständiges Denken brauchen,
aber auch Zähigkeit, Willen und Ausdauer.
Wichtig: Auch wer nur eine Aufgabe oder Teile einzelner Aufgaben lösen kann, sollte teilnehmen; der Gewinn eines Preises ist dennoch möglich. Denkt bei Euren Lösungen daran, auch den
Lösungsweg anzugeben!
Für Schüler/innen der Klassen 5–8 sind in erster Linie die Mathespielereien vorgesehen;
auch Schüler/innen der Klasse 9 dürfen hier mitmachen, aber nur auf der Basis der halben
Punktzahl. Alle Schüler, insbesondere aber jene der Klassen 9–13, können Lösungen (mit
Lösungsweg!) zu den Neuen Aufgaben, abgeben. Punkte aus den Rubriken Computer-Fan und
Mathematische Entdeckungen werden bei der Vergabe des Forscherpreises zugrunde gelegt.
(Beiträge zu verschiedenen Rubriken bitte auf verschiedenen Blättern.)
Einsende-(Abgabe-)Termin für Lösungen ist der
31.08.2015.
Zuschriften bitte an folgende Anschrift:
Johannes Gutenberg–Universität
Tel.: 06131/3926107
Institut für Mathematik
Fax: 06131/3924389
MONOID-Redaktion
E-Mail: monoid@mathematik.uni-mainz.de
55099 Mainz
An folgenden Schulen gibt es betreuende Lehrer, denen Ihr Eure Lösungen abgeben könnt:
am Elisabeth-Langgässer-Gymnasium Alzey bei Frau Susanne Lüning, am Lina-HilgerGymnasium in Bad Kreuznach bei Frau Julia Gutzler, am Karolinen-Gymnasium Frankenthal bei Frau Silke Schneider, an der F-J-L-Gesamtschule Hadamar bei Frau Irmtrud
Niederle, am Frauenlob-Gymnasium Mainz bei Herrn Martin Mattheis, an der Rhein-Main
International Montessori School in Friedrichsdorf bei Frau Christa Elze, in Mannheim
bei Herrn Ulrich Wittekindt, am Rhein-Wied-Gymnasium Neuwied bei Herrn Marcel Gruner,
am Gymnasium Oberursel bei Frau Angelika Beitlich, am Leibniz-Gymnasium Östringen
bei Herrn Klaus Ronellenfitsch, am Gymnasium Nonnenwerth in Remagen bei Herrn Helmut Meixner und am Wilhelm-Erb-Gymnasium Winnweiler bei Herrn Eugen Kuntz.
Die Namen aller, die richtige Lösungen eingereicht haben, werden in MONOID in der Rubrik der
Löser und auf der MONOID-Homepage im Internet erscheinen.
Wir bitten auch um neue Aufgaben, die Du selbst erstellt hast, um sie zu veröffentlichen. Diese
Aufgaben sollen aber nicht aus Büchern oder Aufgabensammlungen entnommen sein, sondern
Deiner eigenen Fantasie entspringen. Würde es Dich nicht einmal reizen, eine Aufgabe zu stellen,
deren Lösung vorerst nur Du kennst?
Am Jahresende werden rund 50 Preise an die fleißigsten Mitarbeiter vergeben. Seit 1992 gibt es
noch einen besonderen Preis: das Goldene M.
Außer der Medaille mit dem Goldenen M gibt es einen beachtlichen Geldbetrag für die beste Mitarbeit bei MONOID und bei anderen mathematischen
Aktivitäten, nämlich: Lösungen zu den Neuen Aufgaben und den Mathespielereien, Artikel schreiben, Erstellen von neuen Aufgaben etc.
Und nun wünschen wir Euch viel Erfolg bei Eurer Mitarbeit! Die
Redaktion
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2
Mein Bild von Mathematik
Mal- und Bildwettbewerb
„Mathematik ist...“
...eine weite schöne Landschaft, die man zuerst aus der Ferne bewundert, die es
aber wert ist, durchwandert und in allen Einzelheiten ihrer Hügel und Täler, ihrer
Bäche, Felsen, Bäume und Blumen studiert zu werden.
Arthur Cayley∗
Mit diesem sehr poetischen Bild beschrieb Cayley die... genau: die Mathematik.
Im Jahr 2016 stehen einige Jubiläen an, die wir bei MONOID auch gerne feiern
möchten. Den Auftakt zu unseren Feiern bildet ein Malwettbewerb, den wir schon
jetzt starten – ganz im Sinne Arthur Cayleys.
Ihr könnt Eurer Phantasie und Kreativität freien Lauf lassen: Malt und gestaltet
konkrete mathematische Inhalte (Zahlen, Funktionen, Sätze et cetera), Handlungen (zum Beispiel ein Bild aus dem Unterricht), wo uns Mathematik in Alltag und
Umwelt begegnet oder Einstellungen zur „Königin der Wissenschaften“. Es gibt
keine Vorgaben!
Auch bei der äußeren Gestaltung lassen wir Euch bewusst viel Freiraum: Alle Größen, Materialien und Techniken (Zeichnungen, Malerei, Collagen, Fotos, Grafiken,
...) sind erlaubt.
Was ist der Lohn für Eure Mühen?
Die MONOID-Redaktion wird die schönsten Bilder prämieren. Kriterien sind Originalität, Kreativität, künstlerische Gestaltung und Sorgfalt.
Zu gewinnen gibt es Sachpreise, aber auch Anerkennung: Auf der MONOID-Feier
sollen die Bilder ausgestellt werden, die schönsten Bilder werden in folgenden
MONOID-Heften und im Internet gezeigt. Das Siegerbild werden wir auch auf dem
Titelblatt eines MONOID-Heftes zeigen!
Teilnahmebedingungen
Teilnehmen dürfen alle Schüler bis einschließlich Klasse 13.
Schickt Eure Kunstwerke an die Redaktion: Johannes Gutenberg-Universität, Institut für Mathematik, MONOID-Redaktion, 55099 Mainz.
Einsendeschluss ist der 31. Dezember 2015 – wir werden Euch unter den Mitteilungen rechtzeitig noch mal daran erinnern. Bitte habt Verständnis dafür, dass wir
die Bilder nicht zurückschicken können.
(MG)
∗
Arthur Cayley, * 16.08.1821 in Yorkshire, † 26.01.1895 in Cambridge; englischer Mathematiker, Mitbegründer der Invariantentheorie.
3
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Dreieck und Quader
von Hans Walser
In einem Dreieck 4ABC zeichnen wir den Umkreismittelpunkt U. Dann ergänzen
wir die drei Verbindungsstrecken vom Umkreismittelpunkt U zu den Ecken A,
B, C zum Bild eines Quaders. Die dem Punkt U gegenüberliegende Ecke des
Quaderbildes bezeichnen wir mit V . Welche Bedeutung hat der Punkt V für das
Dreieck ABC ?
Lösung
Beim Spielen mit dynamischer Geometrie-Software wird bald klar dass der Punkt
V der Höhenschnittpunkt des Dreiecks 4ABC sein muss.
−→
Beweis: Der Vektor UV von U zur gegenüberliegenden Ecke V des Quaderbildes
−→ −→ −→
ist die Summe der drei Vektoren UA, UB, UC , siehe die folgende Abbildung.
Ein Drittel dieser Vektorsumme ist der Vektor von U zum Schwerpunkt S des
−→
−→
Dreiecks. Wir müssen also noch zeigen, dass UH = 3US. Das kann wie folgt eingesehen werden: Da die Mittelsenkrechte zur Seite AB und die von C ausgehende
Höhe parallel sind und weiter der Schwerpunkt S die von C ausgehende Schwerlinie drittelt, können wir im Dreieck 4ABC drei gleich breite Streifen senkrecht
zur Seite AB zeichnen (siehe folgende Abbildung). Die Punkte U, S und H liegen
auf den Rändern dieser Streifen.
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4
Analog können wir aber auch drei Streifen einzeichnen, die zur Seite BC senkrecht
stehen.
Im Kreuzungsgebiet der sechs Streifen entsteht ein Parkett aus Parallelogrammen.
−→
−→
Aus diesem Parkett ergibt sich UH = 3US.
Die Tatsache, dass in einem Dreieck die drei Punkte U, S und H auf einer Geraden
liegen, wurde von Leonhard Euler (1707–1783) bemerkt. Die Gerade heißt deshalb
Eulersche Gerade.
5
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Was uns über den Weg gelaufen ist
169 und die Quadratzahlen
von Hartwig Fuchs
Die Zahl 169 besitzt eine erstaunliche Beziehung zu Quadratzahlen, denn 169 kann
als eine Summe von n Quadratzahlen 6= 0 für n = 1, 2, 3, ... , 155 geschrieben
werden.
So ist etwa 169 = 132 = 122 + 52 = 122 + 42 + 32 = 82 + 82 + 52 + 42 = ....
Übrigens: Stimmt das, was oben behauptet wird?
(H.F.)
Das Handbuch der Meeresinsel
Teil 1: Vermessung erreichbarer Objekte
von Steffen Fröhlich und Jan Fuhrmann
Wie hoch ist ein Berg auf einer nicht erreichbaren Insel? Landvermessungsaufgaben
dieser Art aus dem chinesischen Handbuch der Meeresinsel, das wir im zweiten
Teil unseres Artikels im nächsten MONOID-Heft kennenlernen werden, führen uns
im ersten Teil von altägyptischen Papyri und Thales’ Messung der Pyramiden über
die Neun Bücher arithmetischer Technik.
Thales von Milet
Diogenes Laertios1 (etwa 3. Jahrhundert) beginnt sein Leben und Werk der Philosophen mit einem Bericht über Thales von Milet, geboren um 624 v. Chr. in der zu
jener Zeit in ihrer Blüte stehenden antiken Hafen- und Handelsstadt Milet, südlich
des heutigen Izmir an der türkischen Ägäisküste.
Zu seinem bis heute ungebrochenen Ruhm gelangte Thales insbesondere durch
seine Beiträge zur – damals noch in ihren Kinderschuhen steckenden – Geometrie
und Astronomie. So berichtet man, er habe für das Jahr 585 v. Chr. eine Sonnenfinsternis vorausgesagt, die am 28. Mai jenes Jahres auch tatsächlich eintrat.
Die griechische Geometrie begann mit Thales. Erste geometrische Kenntnisse erwarb er sich auf Reisen durch Ägypten, vielleicht kam er sogar bis nach Babylonien.
Der Philosoph Proklus Diadochus schreibt etwa eintausend Jahre später:2
Thales aber verpflanzte zuerst, nachdem er aus Ägypten gekommen, diese Wissenschaft
[die Geometrie] nach Griechenland und machte selbst viele Entdeckungen; zu vielen anderen
legte er für die Späteren den Grund. Sein Verfahren war dabei teilweise mehr allgemeiner
Art, teilweise mehr auf die Sinnendinge ausgerichtet.
1
2
D. Laertios: Leben und Lehre der Philosophen. Reclam, 1998
M. Steck: Proklus Diadochus. Euklidkommentar. Kaiserlich Leopoldinisch-Carolinisch Deutsche Akademie
der Naturforscher, 1945, S. 218 ff.
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6
Altägyptische Papyri vermitteln uns einen Eindruck, um welche Art geometrischer
Probleme es sich dabei handelte. Wir greifen beispielhaft die Aufgaben 17 und 14
aus dem Papyrus Moskau, dem ältesten uns erhaltenen Papyrus mathematischen
Inhalts aus dem Jahre 1850 v. Chr. heraus, ohne auf deren Lösung näher eingehen
zu wollen:3
• Gegeben ist ein rechtwinkliges
Dreieck der Fläche 20, dessen Katheten a und
1
1
b der Relation b = 3 + 15 a genügen. Wie groß sind a und b?
• Gegeben ist ein quadratischer Pyramidenstumpf der Höhe 6, deren untere begrenzende Seite die Länge 4 und deren obere begrenzende Seite die Länge 2
hat. Was ist das Volumen der Pyramide?
Da von Thales keine schriftlichen Überlieferungen erhalten sind, beruht unser Wissen über ihn und seine Arbeit ausschließlich auf Schilderungen Dritter. So trennen
Proklus und Thales eintausend Jahre – eine Zeitspanne, die uns heute, gedanklich
zurückgerechnet, zu den Anfängen der deutschen Reichsgeschichte brächte!
Thales’ Messung der Pyramiden
Die antike griechische Mathematik prägte alle mathematischen Wissenschaften
des spätmittelalterlichen und des modernen Europas. Als Erstes denken wir dabei
an Euklids Elemente, deren streng axiomatischer Aufbau in Definitionen, Axiome,
Postulate und Propositionen beispielhaft für die heutige Mathematik ist.
Auch Thales’ Erkenntnisse flossen in die Elemente ein, insbesondere der Satz, dass
entsprechende Seiten ähnlicher Dreiecke zueinander im gleichen Verhältnis stehen
(Euklid Proposition VI.4).
Mit Hilfe dieses Satzes soll Thales nun die Höhe ägyptischer Pyramiden bestimmt
haben; verschiedene Quellen behaupten, dass es sich um die Pyramide des Cheops
handelte, also der höchsten der drei Pyramiden in Gizeh.
Wie ging Thales vor? In Diogenes Laertios lesen wir dazu:4
Nach Hieronymos hat er die Höhe der Pyramiden zu jener Zeit gemessen, da auch unsere
Schattenlänge der Körpergröße gleich ist.
Thales benutzte wohl einen sogenannten Gnomon, d.h. einen exakt senkrecht in
die Erde gesteckten Stab der Länge g (siehe Abbildung 1). Durch die Sonne angestrahlt, wirft er einen Schatten der Länge r . Dann wartete Thales die Tageszeit
ab, zu welcher gilt: g = r .
Zur gleichen Tageszeit wird auch die Schattenlänge s gemessen, die die Pyramide
selbst wirft. Ihre halbe Seitenlänge l ist bekannt, und es gilt – nach Diogenes
Laertios: h = s + l.
Thales’ Ähnlichkeitssatz liefert uns nämlich die Verhältnisgleichung
h
s +l
g
=
bzw. wegen g = r : h = · (s + l) = s + l.
g
r
r
3
4
Übersetzt aus Clagett, M.: Ancient Egyptian science III. American Philological Association, 1999
D. Laertios, S. 48
7
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Heutzutage betragen die halbe Seitenlänge der Cheopspyramide l ≈ 115, 15 Meter
und ihre Höhe h ≈ 138, 75 Meter.5
Abbildung 1: Thales’ Messung der Cheopspyramide
Die neun Bücher arithmetischer Technik
Im fernöstlichen China jener Zeit entwickelte sich eine eigene, an alltäglichen Problemen jeglicher Art orientierte und erprobte Mathematik, die im Laufe der folgenden Jahrhunderte in einer umfangreichen Sammlung von zwölf Büchern, den
Zehn Mathematischen Klassikern (Suanjing Shi Shu) gipfelte.6
Das bedeutendste Buch dieser Sammlung sind die Neun Bücher arithmetischer
Technik (Jiu Zhang Suan Shu), deren erste Vorlagen auf etwa 200 v. Chr. datiert
werden. Seit dem Jahre 656 galt es als der wichtigste mathematische Leitfaden
für chinesische Beamte und Ingenieure.7
Die Neun Bücher vereinen 246 Aufgaben, gegliedert in neun Kapiteln. Uns geht
es zuerst um die folgende, der Thalesschen Pyramidenvermessung vergleichbaren
Aufgabe 23 aus Kapitel 9 zur Bestimmung der Höhe eines Berges:8
Ein Berg liegt westlich eines Pfahles; seine Höhe kennt man nicht. Die
Entfernung des Berges von dem Pfahl ist 21.942 Meter, die Höhe des
5
6
7
8
Siehe Pyramiden von Gizeh. In: Wikipedia, Die freie Enzyklopädie
Die erste Übersetzung der Elemente ins Chinesische durch M. Ricci und X. Guangqi datiert aus dem Jahre
1607 und bezieht sich nur auf die ersten sechs der Euklidischen Bücher. Die erste vollständige Übersetzung
ins Chinesische lag erst 1857 vor. Wir verweisen hierzu auf Scriba, C.J. und Schreiber, P.: 5000 Jahre
Mathematik. Springer, 2010, S. 126
Es liegt eine vollständig übersetzte und kommentierte Ausgabe vor mit K. Vogel: Chiu Chang Suan Shu.
Springer, 1968.
Die in K. Vogels Übersetzung verwendeten Längeneinheiten wurden für unsere Darstellung sämtlich auf
Meter umgerechnet nach der in K. Vogel, S. 139, angegebenen Umrechnung 1 Schritt zu etwa 1 + 13 Meter
zur Zeit der Han-Dynastie.
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8
Pfahles 21, 85 Meter. Ein Mann steht 1.242 Meter östlich des Pfahles;
er erblickt die Spitze des Pfahles in gleicher Höhe mit der Bergspitze.
Das Auge des Mannes liegt in einer Höhe von 1, 61 Meter. Frage: Wie
groß ist die Höhe des Berges?
Abbildung 2: Zur Aufgabe 23 aus den Neun Büchern
Mit Hilfe von Abbildung 2 übersetzen wir diese Aufgabe in geometrische Sprache:
• PS ist der Berg, die Höhe |PS| ist gesucht;
• LQ ist die Entfernung des Berges von dem Pfahl, gegeben ist |LQ| = 21.942;
• KM ist der Pfahl (Gnomon), gegeben ist |KM| = 21, 85;
• der Beobachter steht im Punkt D, gegeben ist |EL| = 1.242;
• das Auge des Mannes befindet sich im Punkt E , gegeben ist |DE | = 1, 61.
Wir benötigen außerdem
|LM| = |KM| − |DE | = 20, 24.
Beweis
Beachte zunächst
|PS| = |PR| + |QR| + |QS| = |PR| + |KM|
mit |QR| = |LM| und |QS| = |DE |. Aus der Ähnlichkeit der beiden Dreiecke
PRM und MLE erhalten wir nach dem oben erwähnten Thalesschen Satz (Euklid
Proposition VI.4)
|PR|
|MR|
=
|LM|
|EL|
bzw. wegen |MR| = |LQ|
|MR| · |LM| |LQ| · |LM|
=
.
|PR| =
|EL|
|EL|
9
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Hieraus schließen wir
|PS| =
|LQ| · |LM|
+ |KM|.
|EL|
Einsetzen der bekannten Größen ergibt |PS| ≈ 379, 42 Meter.
Alternativ kann man auch die Ähnlichkeit der Dreiecke EML und EPQ ausnutzen
und gelangt zur Identität
|LQ| + |EL|
|PS| =
· |LM| + |DE |.
|EL|
Beide Rechnungen liefern natürlich den gleichen Wert der gesuchten Höhe.
Die Aufgabe lässt sich auch unter Benutzung der Proposition I.43 der Elemente
des Euklid lösen, nach welcher die Parallelogramme QLMR und MFGN gleiche
Flächeninhalte besitzen. Weißt Du wie?
Monoidale Knobelei
Potenzturm, Produkt, Summe und Wurzel
von Hartwig Fuchs
M
ON
OI
D
+ M · O · N · O · I · D + 2 · (M + O + N + O + I + D) =
√
MONOID.
Ersetze in dem Potenzturm, im Produkt, in der Summe und in der sechsziffrigen Zahl unter der Wurzel die Buchstaben so durch Ziffern, dass eine korrekte
Zahlengleichung entsteht.
Dabei sollen gleichen (verschiedenen) Buchstaben gleiche (verschiedene) Ziffern
zugeordnet werden.
Bestimme die kleinste Lösung der Gleichung.
(H.F.)
Lösung
Man sollte zunächst versuchen, den Potenzturm „in den Griff“ zu bekommen –
und zwar durch Probieren: Für O = 0 und für O = 1 gelingt das leicht.
Es sei O = 0. Dann hat der Potenzturm den Wert 1 wegen M 6= 0 und M 0 = 1
und das Buchstabenprodukt hat den Wert 0.
√
Die gegebene Gleichung lautet damit: 1 + 0 + 2 · (M + N + I + √
D) = MONOID.
Wegen 1+2·(M +N +I +D) ≤ 1+2·(9+8+7+6) < 100 und MONOID > 100
ist O = 0 nicht möglich.
OI
D
Es sei O = 1. Dann hat der Potenzturm den Wert M wegen 1N
= 1 und
1
M = M.
Es gilt M ≥ 2. Denn wäre M = 0, so wäre die linke Seite der Gleichung 2 · (1 +
N + 1 + I + D) < 2 · (2 + 9 + 8 + 7) < 100, während die rechte Seite > 100
wäre. Der Fall M = 1 ist nicht möglich, weil sonst M = O wäre. Also ist M ≥ 2.
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√
Da M1N1ID ganzzahlig vorauszusetzen ist, muss der Radikand eine Quadratzahl
mit 210134 ≤ M1N1ID ≤ 918176 sein. Unter den 8 · 7 · 5 = 1680 Zahlen der
Form M1N1ID findet sich mit Hilfe eines Computer zum Beispiel die Zahl 217156,
die das Quadrat von 466 ist.
Die kleinste Lösung der Aufgabe lautet also:
6
15
17
2
+ 2 · 1 · 7 · 1 · 5 · 6 + 2 · (2 + 1 + 7 + 1 + 5 + 6) =
√
217156.
Ein Spiel mit Permutationen
von Laura Biroth
Ein Lehrer schlägt 100 Schülern das folgende Spiel vor:
Ich habe hier von jedem von euch ein Heft, auf dem jeweils euer Name steht. In der Pause verteile ich diese Hefte zufällig auf diese 100
Schließfächer, wobei ich in jedes Fach genau ein Heft lege. Dabei darf
keiner zuschauen. Nachher darf jeder einzeln 50 Schließfächer öffnen.
Wenn dabei jeder einzelne von euch sein Heft findet, habt ihr nächste
Woche frei.
Ihr dürft vorher absprechen, wie ihr vorgehen wollt. Aber niemand, der
schon in einige Fächer geschaut hat, darf noch mit den anderen reden.
Ich werde nach jedem Schüler wieder alle Schließfächer abschließen und
kontrollieren, dass ihr keine Nachrichten für die anderen hinterlasst. Die
Hefte bleiben in den Schließfächern liegen.
Der Lehrer hat sich dazu folgendes überlegt:
Jeder Schüler darf 50 von 100 Schließfächern öffnen. Die Chance, dass
er oder sie das eigene Heft findet ist also 12 . Die Wahrscheinlichkeit,
100
. Das ist beinahe Null.
dass dies allen Schülern gelingt, ist also 12
Ich kann also schon mal meinen Unterricht für nächste Woche planen.
Stimmt das, oder haben die Schüler mit einer geschickten Strategie doch eine
Chance auf eine Woche schulfrei?
Ja, die Schüler haben eine Chance. Und diese ist am größten, wen sie die folgende
Strategie verfolgen:
Sie nummerieren sowohl die Fächer als auch die Schüler von 1 bis 100
durch, z.B. die Fächer von links oben nach rechts unten und die Schüler
alphabetisch nach Nachnamen.
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Jeder Schüler öffnet als erstes das Fach mit seiner eigenen Nummer.
Wenn darin die Sachen eines anderen Schülers (sagen wir des Schülers
Nummer k) liegen, dann öffnet er als nächstes das Fach mit der Nummer k usw., bis er entweder seine Sachen findet oder alle 50 Versuche
aufgebraucht hat.
Warum soll das helfen? Und wie hoch sind hiermit die Chancen der Schüler?
Betrachten wir zunächst ein Beispiel: Der Einfachheit halber nehmen wir zehn
Schüler und zehn Fächer, von denen jeder fünf öffnen darf. Die Verteilung könnte
zum Beispiel so aussehen:
Fach 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Heft 8 3 2 9 10 4 6 5 7 1
Die erste Schülerin öffnet zunächst Fach 1. Darin findet Sie Heft 8, schaut also als
nächstes in Fach 8. Darin liegt Heft 5. In Fach 5 findet sie Heft 10 und in Fach 10
schließlich ihr eigenes Heft 1. Wenn sie nach dem gleichen Prinzip weiter machen
würde, müsste sie jetzt wieder Fach 1 öffnen usw. Sie bewegt sich also auf einer
„Schleife“ der Länge vier durch die Fächer.
Betrachtet man dies für alle Schüler, so erhält man die folgende Tabelle:
Schüler geöffnete Fächer
1
(1 8 5 10)
2
(2 3)
3
(3 2)
4
(4 9 7 6)
5
(5 10 1 8)
6
(6 4 9 7)
7
(7 6 4 9)
8
(8 5 10 1)
9
(9 7 6 4)
10
(10 1 8 5)
In diesem Fall hätten die Schüler es geschafft. Jeder findet spätestens beim vierten
Versuch sein eigenes Heft, und müsste dann wieder sein erstes Fach öffnen. Dabei
fällt auf, dass die Schüler 1, 5, 8 und 10 jeweils die gleiche Schleife durchlaufen. Sie
fangen nur jeweils an einer anderen Stelle damit an. Genauso geht es den Schülern
2 und 3, sowie 4, 6, 7 und 9. Da keine der Schleifen länger als fünf Fächer ist,
bekommen die Schüler mit der oben beschriebenen Strategie eine Woche Ferien.
So eine Zuordnung wie
k 7−→ Nummer des Heftes in Fach k,
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die jeder Zahl zwischen 1 und m wieder eine Zahl zwischen 1 und m zuordnet,
wobei jede Zahl genau einmal getroffen wird, nennt man eine Permutation der
Zahlen 1, ..., m. Die entstehenden Schleifen nennt man auch Zykel, eine Schleife
der Länge k bezeichnet man als k-Zykel.
Man kann eine Permutation auch notieren, indem man alle auftretenden Zykel
hintereinander schreibt. Es ist dabei egal mit welchem Zykel und an welcher Stelle
jeden einzelnen Zykels man beginnt. Die obige Verteilung der Hefte auf die Fächer
sähe in Zykelschreibweise z.B. so aus:
(1 8 5 10) (2 3) (4 9 7 6)
Im allgemeinen Fall unseres Problems, wenn 2n Schüler je n Fächer öffnen dürfen,
gilt: Wenn die Permutation der Hefte in den Fächern keinen Zykel der Länge > n
enthält, werden die Schüler das Spiel gewinnen, sonst nicht. Man
kann sich leicht
1 2n
vorstellen, dass die Wahrscheinlichkeit dafür größer ist als 2 , schließlich gibt
es sehr viele Permutationen die nur aus kurzen Zykeln bestehen.
Wir können diese Wahrscheinlichkeit aber auch ausrechnen: Wenn der Lehrer die
Hefte wirklich zufällig verteilt und nicht etwa die Strategie der Schüler voraussieht und absichtlich lange Zykel einbaut, ist jede Permutation der Hefte gleich
wahrscheinlich. Wir müssen also nur die Anzahl aller möglichen Permutationen bestimmen und abzählen bei wie vielen Permutationen ein langer Zykel vorkommt,
um die Wahrscheinlichkeit dass der Lehrer bzw. die Schüler das Spiel gewinnen zu
berechnen.
Beginnen wir mit allen möglichen Permutationen: Der Lehrer will 2n Hefte auf 2n
Fächer verteilen. Für das erste Heft hat er also 2n verschiedene mögliche Fächer
zur Auswahl. Für das zweite Heft sind es nur noch 2n − 1 Fächer, denn eines ist
ja schon belegt. Für das dritte Heft hat er noch 2n − 2 Möglichkeiten usw., bis er
für das vorletzte Heft schließlich noch zwischen 2 Fächern wählen kann und das
letzte Heft in das letzte freie Fach stecken muss. Insgesamt hat er also
(2n) · (2n − 1) · (2n − 1) · · · 2 · 1 =: (2n)!
(sprich: 2n Fakultät) Möglichkeiten.
Jetzt überlegen wir uns, wie viele Permutationen von 2n Heften es gibt, deren
längster Zykel die Länge k (k > n) hat. Zunächst wählen wir die Zahlen aus, die
(2n)!
im längsten Zykel vorkommen. Dafür gibt es 2n
k = k!(2n−k)! (sprich: 2n über k)
Möglichkeiten. Die k Zahlen im längsten Zykel können wir jetzt auf k! verschiedene
Arten hintereinander schreiben. Da es aber egal, an welcher Stelle man beginnt,
einen Zykel aufzuschreiben, gibt es jeweils k Schreibweisen für ein und denselben
Zykel. Wir haben also k!
k = (k − 1)! verschiedene Möglichkeiten, die Zahlen im
längsten Zykel anzuordnen. Aus den übrigen 2n − k Zahlen können wir jetzt eine
beliebige Permutation bilden. Dazu gibt es wieder (2n − k)! Möglichkeiten. Da
k > n ist, ist 2n − k < n < k, und wir können sicher sein, dass wir uns hierbei
13
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keinen Zykel der Länge > k einfangen. (Aus genau diesem Grund ist die folgende
Formel für k < n falsch!) Insgesamt gibt es also
2n
(2n)!
(2n)!(k − 1)! (2n)!
·(k−1)!·(2n−k)! =
·(k−1)!·(2n−k)! =
=
k
k!(2n − k)!
k!
k
Permutationen mit längstem Zykel der Länge k > n oder mit anderen Worten: Die
Wahrscheinlichkeit, dass der längste Zykel einer zufällig ausgewählten Permutation
die Länge k > n hat, ist genau k1 .
Die Wahrscheinlichkeit, das die Schüler das Spiel gewinnen, d.h. das in der Permutation kein Zykel der Länge > n vorkommt, ist also
2n
X
1
1−
.
k
k=n+1
Für 100 Schüler (n = 50) ist dies
1−
1
1
1
1
−
− ··· −
−
≈ 0,3118.
51 52
99 100
Das heißt die Schüler haben tatsächlich eine Chance von über 30% das Spiel zu
gewinnen!
Was passiert für noch größere Werte von n?
Für beliebiges n kann man die Wahrscheinlichkeit, dass eine Permutation der Zahlen 1 bis 2n
einen Zykel P
der Länge > n enthält, wie folgt
1
abschätzen: 2n
ist die Untersumme des
R 2n 1 k=n+1 k
Integrals n x dx mit Balken der Breite 1. Es
gilt also:
Z 2n
2n
X
1
1
<
dx = [ln(x)]2n
n
k
x
n
k=n+1
2n
= ln(2n) − ln(n) = ln
= ln(2)
n
d.h. die Chance der Schüler das Spiel zu gewinnen, ist stets größer als 1 − ln(2) ≈ 0,3069.
Man kann übrigens zeigen, dass die hier beschriebene Strategie optimal ist, d.h.
es gibt keine andere Strategie, mit der die Schüler ihre Gewinnwahrscheinlichkeit
weiter verbessern könnten.
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14
Mathematische Lese-Ecke
– Lesetipps zur Mathematik –
von Martin Mattheis
Ziegler, Günter M.: „Mathematik - Das ist doch keine Kunst!“
Was haben ein Bild des Ishango-Knochens, das Gemälde „Die Seifenblasen“ von
Manet und ein Foto von Emmy Noether gemeinsam? Alle haben den Berliner
Mathematik-Professor Günter M. Ziegler dazu inspiriert, mehr über die dahinterliegende Geschichte herauszufinden und damit Aufnahme in sein neueste Buch
„Mathematik - Das ist doch keine Kunst!“ gefunden. Die ausgewählten Bilder reichen von der ersten bekannten Darstellung eines mathematischen Inhaltes auf dem
Ishango-Knochen, einem Fehler Leonardo da Vincis, die Entstehung des Gleichheitszeichens über Knotentheorie, Möbiusbänder und das Design zur Konstruktion
neuer Computer-Chips bis hin zur Analyse der Wahlen in Russland im Jahr 2011
und 2012.
Enthalten sind bei den 24 Bildern oder Bilderpaaren nicht nur Fotos, Kupferstiche
oder Gemälde, sondern auch Seiten aus frühneuzeitlichen Rechenbüchern oder das
gewandelte Titelbild von „Was ist was Mathematik“. Günter M. Ziegler versteht
es sehr gut, die Bilder zu hinterfragen und dann deren Geschichte jeweils sehr
ansprechend zu erzählen. Abgerundet wird der Band mit einem nach den Kapiteln
geordneten Literaturverzeichnis, so dass man Anregungen findet falls man in die
Fragestellungen der einzelnen Kapitel tiefer eindringen möchte.
In dem „Vorschau“ genannten Einführungskapitel gibt der Autor eine Gebrauchsanweisung zur Nutzung des Buches, die vom Rezensenten voll und ganz bestätigt
wird: „Übrigens: Keiner zwingt Sie, in der vorgegebenen Reihenfolge durch das
Museum zu gehen. Das Schöne an diesem Buch ist, dass man’s auch irgendwo in
der Mitte aufschlagen und einfach schmökern kann. Das ist wie bei der Schokolade
im Adventskalender, Türchen auf und . . . oder auch alles auf einen Sitz.“ Dem ist
nichts hinzuzufügen!
Fazit: Ein sehr schönes Buch in dem verschiedenste Facetten der Mathematik
auftauchen und die in einem sehr lesenswerten Plauderstil erläutert werden.
Gesamtbeurteilung: sehr gut ,,,
Angaben zum Buch:
Ziegler, Günter M.: Mathematik – Das ist doch keine Kunst!
Knaus, 2013, ISBN 978-3-8135-0584-9, gebunden, 312 Seiten,
24,99 e
Art des Buches:
Mathematische Plauderei
Mathematisches Niveau: verständlich
Altersempfehlung:
ab 14 Jahren
15
MONOID 122
Die Aufgabe für den Computer-Fan
Verschlüsselte E-Mail
Ein Mädchen verschlüsselt seine E-Mails. Sie unterschreibt mit ihrem Vornamen
HERSBUCO. Bekannt ist, dass sie eine sogenannte affine Chiffre benutzt. Dabei
wird der Klartextbuchstabe x mit Ordnungszahl Ox (Platzierung des Buchstaben
x im Alphabet) zum chiffrierten Buchstaben y , indem man Oy = a · Ox + b
mod 26 bildet. Für a und b sind nur solche natürlichen Zahlen zugelassen, die
eine Umkehrung der Verschlüsselung erlauben und damit eine Entschlüsselung.
Als Alphabet werden die 26 großen deutschen Buchstaben von A-Z verwendet
mit Ordnungszahlen 0–25. Schreibe ein Programm, um zu herauszufinden, wie sie
wirklich heißt!
(WG)
Hinweis: Ihr könnt Eure Lösungen bis zum 31. August 2015 einschicken; denn auch hierbei
gibt es Punkte zu ergattern, die bei der Vergabe des Forscherpreises eingehen. Ein eigenes
Programm solltet Ihr als Textdatei und die EXE-Datei am besten „gezippt“ als E-Mail-Anhang
an monoid@mathematik.uni-mainz.de einsenden.
Die Lösungen werden im übernächsten Heft erscheinen.
Lösung der Computer-Aufgabe
aus MONOID 120
Gewinnchancen bei einem Zufallsspiel
Ein Automat, der zufällig Nullen und Einsen erzeugt, bietet folgendes Spiel für zwei
Gegner an: Die beiden Spieler wählen sich jeweils verschiedene dreistellige Muster
aus Nullen und Einsen. Daraufhin erzeugt der Automat solange Nullen und Einsen,
bis eines der beiden gewählten Muster auftritt. Gewonnen hat derjenige Spieler,
der dieses Muster gewählt hatte.
Die beiden Geschwister Alice und Bert sind von diesem Spiel fasziniert. Alice wählt
die Sequenz 010 und Bert entscheidet sich für 111. Wer gewinnt öfter?
(WG)
Ergebnisse
Die Aufgabe erinnert an Pfaddiagramme für dreistufige Zufallsversuche beim Wurf
mit einer idealen Münze, deren Seiten Zahl (Z ) und Wappen (W ) zeigen: Alice
setzt auf ZWZ und Bert auf WWW . Wer hat die größte Chance? Faßt man die
Computer-Aufgabe so auf, so zweifelt man im ersten Moment an der Fragestellung,
denn die Pfadregel ergibt für beide Tripel die gleiche Wahrscheinlichkeit 18 . Sinnig
ist sie nur, falls sich unterschiedliche Erfolgsaussichten ergeben! Wie kann das
sein, wenn doch 0 und 1 gleich wahrscheinlich sind?
MONOID 122
16
Das muss damit zusammenhängen, dass die jeweilige Abfolge von Nullen und
Einsen nach dreimaligem Würfeln noch nicht erscheinen muss, sondern sich erst
später ergeben kann. Jedenfalls kommt man mit endlichen Zufallsversuchen nicht
an die Sache ran. Was bleibt da anderes als ein Simulationsprogramm zu schreiben, welches den Zufallsgenerator eines Computers benutzt und dabei die relative
Häufigkeit für Erfolge von Alice bzw. Bert zählt, um eine Vorstellung ihrer Erfolgschancen zu erhalten. Tatsächlich zeigt ein solches Programm, dass Alice in
etwa 58% der Durchführungen einen Erfolg verbuchen kann während dies bei Bert
nur in etwa 42% der Fälle passiert, ein signifikanter Unterschied trotz der bleibenden Unsicherheit der Ergebnisse bei solchen Simulationen.
Dies haben auch die Schüler Maximilian Hauck vom Elisabeth-LanggässerGymnasium in Alzey, Marcel Wittmann vom Karolinen-Gymnasium in Frankenthal und Silas Rathke von der Alexander-von-Humboldt-Schule in Neumünster
herausgefunden. Silas hat zudem eine theoretische Lösung berechnet, die die ge5
7
nauen Wahrscheinlichkeiten P(A) = 12
und P(B) = 12
liefert. Er hat dabei
Markovketten benutzt, ohne dieses mächtige Werkzeug für nicht endliche Wahrscheinlichkeitsversuche zu erwähnen. Marcel wiederum macht neben dem Simulationsprogramm einen zweiten Ansatz, bei dem er eine endliche Schrittzahl N
vorgibt und aus den Ergebnissen für verschiedene N-Werte – bei denen dann auch
unentschieden auftreten kann – die Abweichung von den theoretischen, ihm aber
unbekannten Wahrscheinlichkeiten abschätzt. Damit kann er die oben erwähnten
7
5
Ergebnisse 12
und 12
vermuten.
Lösungen der Mathespielereien
aus MONOID 121
Für die jüngeren Schüler/innen der Klassen 5–8
I. Alter gesucht
Bettina Müller ist die Mutter von vier Kindern. Multipliziert man Frau Müllers
Alter mit jedem der Alter ihrer Kinder, so ergibt sich 20150.
Patrizia Sailer hat zwei Söhne. Multipliziert man Frau Sailers Alter mit jedem der
Alter ihrer Kinder, so ergibt sich 20140.
Kurioserweise haben sowohl Frau Müllers als auch Frau Sailers ältestes Kind heute
Geburtstag.
Wie alt waren Frau Müller und Frau Sailer jeweils bei der Geburt ihres ersten
Kindes?
(WJB)
Lösung:
20150 = 1·2·5·5·13·31. Hier gibt es zwei Möglichkeiten: 2015 = 2·5·5·13·31 =
17
MONOID 122
1 · 5 · 10 · 13 · 31. In beiden Fällen ist das älteste Kind der 31-jährigen Mutter
Bettina 13 alt. Sie war bei dessen Geburt also 18.
20140 = 1 · 2 · 2 · 5 · 19 · 53. Dies lässt sich jeweils nur auf eine „vernünftige“ Art
zu drei Faktoren zusammenfassen: 20140 = 20 · 19 · 53. Also ist Patrizia jetzt 53
und ihr ältester Sohn 20. Sie war bei seiner Geburt also 33.
Theoretisch möglich wäre noch die zweite Möglichkeit: 20140 = 10 · 38 · 53.
Dies hieße, dass Patrizia bei der Geburt ihrer beiden Söhne 15 beziehungsweise 43
gewesen wäre.
II. Gekipptes Quadrat
y
Q
Ein Quadrat in einem Koordinatensystem
mit unbekannter Kantenlänge sei so gekippt, dass sein rechter unterer Eckpunkt
auf der x-Achse ist und der obere linke die
Koordinaten (19|99) besitzt. Wie lauten die
Koordinaten des rechten oberen Eckpunktes P?
(WG)
P
x
Lösung:
+19
Die vier Steigungsdreiecke zwischen zwei
Eckpunkten des Quadrates haben Katheten der Länge 19 und 80. Dies folgt aus
der Kongruenz der Dreiecke. Damit errechnen sich für den Punkt P die Koordinaten
(19 + 80|99 − 19) = (99|80).
Q
+80
−19
P
80
19
III. Konstruktion mit eingeschränkten Mitteln
M
MONOID 122
Gegeben seien zwei konzentrische Kreise in der Ebene mit dem gemeinsamen Mittelpunkt M sowie ein
Winkel mit dem Scheitel in M. Konstruiere allein mit
einem Lineal die Winkelhalbierende des Winkels. (HF)
18
Lösung:
B
A
M
w
S
D
C
IV. Zahlen-Knobelei
A B C D · A B C D
∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗ ∗
∗ ∗ ∗ ∗
∗ 0 0 ∗ 0 ∗ ∗ ∗
Die zu konstruierende Winkelhalbierende w ist
sowohl Symmetrieachse des Winkels als auch –
da sie durch M verläuft – der beiden Kreise und
mithin der gesamten Figur.
Es seien nun A, B, C , D die Schnittpunkte der
Schenkel des Winkels mit den beiden Kreisen. Da
das Dreieck 4DMB ein Spiegelbild des Dreiecks
4MCA ist, schneiden sich die Dreiecksseiten AC
und BD in einem Punkt S der Symmetrieachse.
Somit ist die Strecke MS ein Stück der Symmetrieachse und damit der Winkelhalbierenden w .
Da man also die Strecke MS allein mit einem
Lineal konstruieren kann, ist auch die Winkelhalbierende w allein mit einem Lineal konstruierbar.
Die nebenstehende Figur beschreibt eine Multiplikation, von der nur die in der Rechnung vorkommenden Ziffern 0 angegeben sind. Man weiß
noch: CD ist eine Quadratzahl. Wie heißt die
ABCD entsprechende Zahl?
(HF)
Lösung:
Die erste Ziffer der letzten Zeile ist 1, da die erste Ziffer der vorletzten Zeile
höchstens 9 ist. Daher gilt:
10010111 ≤ (ABCD)2 ≤ 10090999.
Daraus folgt 3164 ≤ ABCD ≤ 3176, also AB = 31 und 64 ≤ CD ≤ 74. Da CD
eine Quadratzahl und mithin CD = 64 ist, gilt: ABCD = 3164.
V. Alles in Butter
Vollmilch enthält 3,5 % Fett. In der Molkerei wird daraus Magermilch mit 1,5 % Fett
und Butter (80 % Fett) hergestellt.
Wie viele Liter Vollmilch werden benötigt, um ein Stück Butter (250 ml) herzustellen?
a) Mache zunächst eine Überschlagsrechnung.
b) Rechne (erst) dann genau.
(Valentin Blomer)
Lösung:
a) Jeder Liter Vollmilch liefert etwa 3,5 % − 1,5 % = 2 %, also 1000 ml · 2 % =
20 ml Fett zur Butterherstellung. Für ein Stück werden 250 ml · 80 % = 200 ml
Fett benötigt, also braucht man etwa 10 Liter Milch.
19
MONOID 122
b) Sei x Liter die gesuchte Menge Vollmilch, aus der x − 14 Liter Magermilch und
1
4 Liter Butter entsteht. Dann ist
1 80
35
1
15
+ ·
=x·
,
x−
·
4
1000 4 100
1000
also x =
157
16
= 9,8125 [Liter].
VI. Das tapfere Schneiderlein
. . . holte das Brot aus dem Schrank, schnitt sich ein Stück über den
ganzen Laib und strich das Mus darüber . . . er legte das Brot neben sich, nähte weiter . . . Indes stieg der Geruch von dem süßen
Mus hinauf an die Wand, wo die Fliegen in großer Menge saßen, so
dass sie . . . sich scharenweise darauf niederließen. „Ei, wer hat euch
eingeladen?“ sprach das Schneiderlein . . . Die Fliegen aber, die kein
Deutsch verstanden, . . . , kamen in immer größerer Gesellschaft wieder. Da . . . langte . . . nach einem Tuchlappen und „Wart, ich will es
euch geben!“ schlug es unbarmherzig drauf.
Nimm an, die Brotscheibe war kreisförmig und der Tuchlappen hatte die Form
eines Viertelkreises mit gleichem Radius. Nimm weiterhin an, dass sich 25 Fliegen
auf das Brot setzten. Zeige: Ganz egal, wie sich die Fliegen auf dem Brot verteilten, hatte das tapfere Schneiderlein immer die Möglichkeit, wie im Märchen der
Brüder Grimm (mindestens) „Siebene auf einen Streich“ mit seinem Tuchlappen
zu erwischen.
(WJB)
Lösung:
Teile den Kreis in vier Viertelkreise. Säßen in jedem Viertelkreis höchstens sechs
Fliegen, so ergäbe das nicht mehr als 24 Fliegen. Auf einem der Viertelkreise müssen also mindestens sieben Fliegen sitzen. Auf diesen schlägt das tapfere Schneiderlein „unbarmherzig drauf“.
VII. Quadratzahlen gesucht
Eine vierziffrige Zahl habe die Form xyxy mit den Ziffern x und y , x 6= 0.
Wie viele Quadratzahlen dieser Form gibt es?
(H.F.)
Hinweis: 101 ist eine Primzahl.
Lösung:
Es gilt xyxy = x · 1000 + y · 100 + x · 10 + y = 1010x + 101y = 101(10x + y ).
Nun ist 101 eine Primzahl. Wäre xyxy eine Quadratzahl, dann müsste sie also den
Faktor 1012 besitzen, sodass 10x + y den Faktor 101 enthalten müsste. Es ist
aber 10x + y ≤ 99. Also gibt es keine Quadratzahlen dieser Form.
MONOID 122
20
Neue Mathespielereien
Für die jüngeren Schüler/innen der Klassen 5–8
I. Summen 2014 und 2015
Bestimme alle Paare von ganzen Zahlen a, b mit a < b und b − a gerade, für
welche die Summe aller zwischen a und b liegenden ganzen Zahlen
a) gleich 2014 ist,
b) gleich 2015 ist.
c) Gibt es auch Lösungen mit ungerader Differenz b − a?
(WJB)
II. Seite 2015
Christian schlägt ein dickes Buch auf Seite 39 auf. Er überlegt sich folgenden
Schritt: Entweder schlägt er die Seite auf, die er erhält, wenn er von seiner aktuellen
Seite die Quersumme der um eins kleineren Seite abzieht, oder wenn er zu seiner
aktuellen Seite die Quersumme der um eins größeren Seite addiert.
Beispiel: Von 39 kann er die Seiten 39−Q(38) = 39−11 = 28 oder 39+Q(40) =
39 + 4 = 43 erreichen.
Kann er nach mehrfacher Anwendung exakt die Seite 2015 erreichen? (Also nicht
2014 und dabei 2015 aufschlagen.) (Markus und Heiko Kötzsche, Gymnasium
Oberursel)
III. Sieben auf einen Streich
Vergleiche die Mathespielerei „Das tapfere Schneiderlein“ aus dem vorigen MONOIDHeft (Lösung in diesem Heft auf Seite 20).
Wir betrachten jetzt ein kugelförmiges Brot und einen Tuchlappen, der als Kappe
ein Viertel der Kugeloberfläche bedeckt. Zeige, dass auch in dieser Situation sich
25 Fliegen nicht so auf dem Brot verteilen können, dass es dem Schneiderlein
unmöglich wäre, Sieben auf einen Streich zu erwischen.
(WJB)
Hinweis: Die Lösungsmethode für die Spielerei lässt sich nicht für diesen Fall modifizieren. Betrachte stattdessen die Wahrscheinlichkeit, eine Fliege zu erwischen.
IV. Im Zoo
In einer Erdmännchen-Kolonie mit 17 Tieren werden 88 Nüsse verteilt. Kann man
die Verteilung so vornehmen, dass jedes Erdmännchen eine ungerade Anzahl von
Nüssen erhält?
(H.F.)
21
MONOID 122
V. Umfangsberechnung mit wenig Angaben
Von der unten abgebildeten Figur sind alle bekannten Maße eingezeichnet. Dabei
sind die Winkel an allen Eckpunkten rechte Winkel. Berechne den Umfang der
Figur.
(Silas Rathke)
5m
5m
3m
VI. Durchschnittsgeschwindigkeiten
Zwei Läufer haben eine Wette abgeschlossen. Der eine sagt zum anderen, dass
er niemals zwei Runden mit einer Durchschnittsgeschwindigkeit von 5 ms laufen
könnte. Eine Runde hat eine Länge von 1km. In der ersten Runde kommt der
Läufer nur auf eine Durchschnittsgeschwindigkeit von 4 ms . Wie schnell müsste er
also die zweite Runde mindestens laufen, damit er seine Wette gewinnt? (Kevin
Mours, Karolinen Gymnasium Frankenthal)
VII. Mittendreieck erzeugt Raute
Im Dreieck 4ABC seien E , F , G die jeweiligen Seitenmitten. Dann ist AEFG
ein Parallelogramm. Wo muss der Punkt C in Relation zu A und B liegen, damit
AEFG sogar eine Raute ist?
(WG)
C
F
G
A
MONOID 122
E
22
B
Neue Aufgaben
Klassen 9–13
Aufgabe 1127: Ausgewürfelte Zahl – Fortsetzung
In der Neuen Aufgabe 1119 (siehe Heft 120) konntet Ihr lesen, wie David mithilfe
eines üblichen Spielwürfels eine vierstellige Zufallszahl, die er als PIN verwenden
kann, erzeugt. Dazu wirft er den Würfel viermal nacheinander. Ist dabei aber die
Augenzahl eines Wurfes gleich der Augenzahl des vorherigen Wurfes, so wiederholt
David den Wurf und verwendet das Ergebnis der Wiederholung – unabhängig
davon, ob dies wieder die gleiche Augenzahl ist oder nicht. Hier noch ein paar
weitere Fragestellungen dazu:
a) David überlegt: „Es ist klar, dass ich mindestens viermal würfeln muss, um eine
PIN zu erhalten. Aber zum Glück gibt es auch eine Maximalzahl, nämlich...“
Gib die maximale Anzahl N an Würfen an, die David benötigt um eine PIN zu
erzeugen.
Hinweis: Sollte in der erwürfelten Zahl bereits eine Zahlendopplung vorhanden sein, so gilt
für die nächste Stelle wieder die Wiederholungsregel: Ist die Augenzahl für diesen Wurf gleich
der Augenzahl des vorherigen Wurfes, also die bereits zweimal geworfene Zahl, so wiederholt
David den Wurf und verwendet das Ergebnis der Wiederholung – unabhängig davon, ob dies
wieder die gleiche Augenzahl ist oder nicht.
b) Wie oft hat David werfen müssen, wenn er die PIN 1234, 2555 beziehungsweise
6666 erhält?
c) Berechne jeweils die Wahrscheinlichkeit, dass David vier, fünf, ..., N Würfe
benötigt, um die PIN zu bestimmen.
d) Berechne wie groß die Wahrscheinlichkeit ist, dass David eine PIN erhält, die
aus viermal derselben Ziffer besteht.
e) David hat seine PIN ausgewürfelt und stellt fest: „Ich hatte echt Pech und
habe tatsächlich die Höchstzahl an Würfen benötigt.“ – Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass er eine PIN ermittelt hat, die aus viermal derselben Ziffer
besteht.
(MG)
Aufgabe 1128: Wie viele Puzzle-Teile?
Bernd puzzelt in seiner Freizeit gerne. Heute hat er ein gewöhnliches rechteckiges
Puzzle mit 2015 Teilen begonnen. Bevor er angefangen hat, zählt er, wie viele
Teile es mit 4, 3, 2a, 2b, 1 oder 0 Ausbuchtungen gibt. (2a bezeichne die Teile
mit zwei Ausbuchtungen, bei denen die Ausbuchtungen nebeneinander liegen. Bei
2b liegen sie gegenüber.) Es gibt 395 Teile mit 3, 532 Teile mit 2a und 194 Teile mit
0 Ausbuchtungen. Die restlichen drei Anzahlen hat er vergessen. Er erinnert sich
jedoch, dass es 58 Mal so viele Teile mit 2b Ausbuchtungen wie mit 1 Ausbuchtung
gibt.
23
MONOID 122
Nachdem er mit dem Rand mit weniger als 200 Teilen fertig geworden ist, meint
er, die drei fehlenden Anzahlen wieder bestimmen zu können. Wie lauten die drei
fehlenden Anzahlen?
(Markus und Heiko Kötzsche, Gymnasium Oberursel)
Aufgabe 1129: Wie viele rechte Winkel?
Es liegen vier Punkte A, B, C und D im Raum. Von wie vielen der Winkel ^ABC ,
^BCD, ^CDA und ^DAB musst du nachweisen, dass sie 90◦ groß sind, damit
ABCD ein Rechteck ist? (Markus und Heiko Kötzsche, Gymnasium Oberursel)
Aufgabe 1130: Drei mal drei macht... – Teil 1 von 3
Stelle die Zahlen 1 bis 4 mit genau drei Dreien dar.
Du darfst dazu alle beliebigen aus der Schulmathematik bekannten Rechenoperationen verwenden, aber keine weiteren Zahlen.
Beispiel: 0 = (3 − 3) · 3
(MG)
Aufgabe 1131: Quadratische Tischdecke
Auf einer Tischdecke sind wie in der nebenstehenden
Abbildung Quadrate abgebildet. Auf der Mitte der
Seiten der Tischdecke sind die Ecken des einen Quadrates – und auf der Mitte der Seiten dieses Quadrates sind wiederum die Ecken eines weiteren Quadrates.
Die Fläche des inneren Quadrates beträgt 25 dm2 .
Wie groß ist die Tischdecke insgesamt?
(Daniel Fink, 12. Klasse, Rhein-Wied-Gymnasium,
Neuwied)
Aufgabe 1132: Ganzzahlige Lösungen
Gegeben sei die quadratische Gleichung
x 2 + bx + c = 0
mit einer ungeraden ganzen Zahl b.
Solche Gleichungen lassen sich, beispielsweise mit quadratischer Ergänzung, nach x
auflösen.
Gib nun alle ganzen Zahlen c (in Abhängigkeit von b) an, für welche diese Lösungen der Gleichung ebenfalls ganzzahlig sind.
(nach H.F.)
Aufgabe 1133: Ziffern einer Primzahl
Für jede Primzahl p > 3 gilt: Wenn p n für ein n > 1 in der Dezimaldarstellung 100
Stellen (beziehungsweise 10 · x Stellen mit x ≥ 1) besitzt, dann kommt in dieser
Dezimaldarstellung eine Ziffer mehr als 10-mal (beziehungsweise x-mal) vor. Zeige
dies.
(H.F.)
MONOID 122
24
Gelöste Aufgaben aus MONOID 121
Klassen 9–13
Aufgabe 1120: Summe gleich Produkt gleich Quotient?
Gibt es Zahlen x und y , deren Summe gleich ihrem Produkt und auch gleich dem
Quotienten yx ist?
(WJB)
Lösung:
Aus der zweiten Gleichheit xy = yx folgt y 2 = xx = 1, also y = ±1
Die Lösung y = 1 ist aber verboten, da dann die Gleichheit x + y = xy zu einem
Widerspruch führt, nämlich x + 1 = x, also 1 = 0.
Für die zweite Lösung y = −1 erhält man dagegen x − 1 = x · (−1) = −x, also
x = 21 .
Also erfüllt das Zahlenpaar x = 21 und y = −1 die Forderung der Aufgabenstellung.
Aufgabe 1121: Zwei Vögel und ein Wurm
Ein 10 Meter hoher Baum und ein 14 Meter hoher Baum stehen 16 Meter voneinander entfernt. Auf beiden Bäumen sitzt jeweils ein Vogel am höchsten Punkt.
Gleichzeitig bemerken sie auf der Straße zwischen diesen Bäumen einen Wurm
und stürzen sich mit gleicher Geschwindigkeit auf ihn. Sie erreichen ihn zum selben Zeitpunkt.
Berechne die Entfernung des Wurmes von beiden Bäumen!
(WG)
Lösung:
14
10
x
16
Nach Voraussetzung können die beiden Entfernungen der Vögel zum Wurm als gleich angenommen werden. Diese sind jeweils Hypotenusen in zwei rechtwinkligen Dreiecken. Also gilt
in Metern: 102 + x 2 = (16 − x)2 + 142 , also
100 + x 2 = 256 − 32x + x 2 + 196 und damit
32x = 352, was nach Kürzen x = 11 Meter
liefert. Also ist der Wurm vom 10 Meter hohen
Baum 11 Meter und vom 14 Meter hohen Baum
5 Meter entfernt.
Aufgabe 1122: Wasserrohr
Durch ein Wasserrohr mit kreisförmigem Querschnitt mit Radius R fließt Wasser
mit einer konstanten Fließgeschwindigkeit. Durch Kalkablagerungen ist der Radius
um 5% verkleinert und dadurch die Fließgeschwindigkeit um 10% vermindert. Um
wieviel Prozent ist der Wasserdurchfluss pro Stunde kleiner geworden?
(WJB)
25
MONOID 122
Lösung:
Der Querschnitt ist von πR 2 auf π(0,95 · R)2 verkleinert. Bei gleicher Fließgeschwindigkeit wäre also der Durchfluß noch 0,952 des ursprünglichen. Wegen der
reduzierten Fließgeschwindigkeit ist er um den weiteren Faktor 0,9 auf 0,9·0,952 =
0,8125 verringert, das heißt um 18,75%.
Aufgabe 1123: Ein kaukasisches Rätsel
In Azerbaijan spricht man eine türkische Sprache, in der
„Bir“ die Zahl Eins und „Dörd“ die Zahl Vier bedeutet.
Ersetze nun in der Figur gleiche Buchstaben durch gleiche
Ziffern und ungleiche Buchstaben durch ungleiche Ziffern
– wobei B und D nicht durch Null ersetzt werden dürfen
– sodass eine korrekte Addition entsteht.(gefunden: H.F.)
Lösung:
B
B
B
+ B
D Ö
I
I
I
I
R
R
R
R
R
D
(1) 4 · BIR ≤ 4 · 987 < 4000, also ist 1 ≤ D ≤ 3. Nun ist 4 · R eine gerade Zahl
– somit ist ihre Einziffer D = 2.
(2) Aus (1) folgt: 4 · R = X · 10 + 2 mit R = 3 und X = 1 oder R = 8 und
X = 3.
Es sei R = 8 und X = 3. Dann hat 4 · I + 3 die Einerziffer R = 8. Dann
aber hätte 4 · I die Einerziffer 5 – was unmöglich ist. Somit gilt R = 3 und
X = 1.
(3) Aus (2) folgt: 4I + 1 hat die Einerziffer R = 3, sodass I = 3 oder I = 8 ist.
Da bereits R = 3 muss also I = 8 sein.
(4) Aus (3) folgt: 4 · B + 3 = DÖ. Wegen D = 2 gilt also 4B + 3 = 20 + Ö und
daher 4B = 17 + Ö, sodass Ö ungerade sein muss. Ö = 3 ist wegen R = 3
auszuschließen. Für Ö = 1, Ö = 5 und Ö = 9 ist 17 + Ö kein Vielfaches
von 4. Folglich gilt Ö = 7 und daher B = 6.
Probe: 4 · BIR = 4 · 683 = 2732 = D ÖRD.
Aufgabe 1124: Zahlen-Logik
Der Logiker L und der Mathematiker M haben am gleichen Tag Geburtstag. Bei
ihrer gemeinsamen Geburtstagsfeier unterhalten sich die beiden Freunde L und M.
L zu M: Ich habe mir drei natürliche Zahlen gedacht, deren Produkt 2450
ist und deren Summe dein Alter (in ganzen Jahren) angibt.
M zu L nach längerem Nachdenken und Rechnen: Ich sehe keine Möglichkeit,
die drei Zahlen anzugeben.
L zu M: Jeder der drei Zahlen ist kleiner als mein Alter (in ganzen Jahren).
M zu L: Jetzt kenne ich die drei Zahlen.
MONOID 122
26
a) Wie heißen die drei Zahlen?
b) Wie alt sind L und M?
(H.F.)
Lösung:
Es gibt 20 verschiedene Zahlentripel x, y , z mit x ≤ y ≤ z, deren Produkt
xyz = 2450 ist:
x
1
1
1
1
y
1
2
5
7
z
2450 1225 490 350
x + y + z 2452 1228 496 358
x
2
2
2
5
7
25 35 5
y
z
175 49 35 98
x + y + z 184 76 72 108
1
10
245
256
5
7
70
82
1
14
175
190
5
10
49
64
1
25
98
124
5
14
35
54
1
35
70
106
7
7
50
64
1
49
50
100
7
10
35
52
2
5
245
252
7
14
25
46
Die 20 Summen x + y + z sind alle verschieden außer 5 + 10 + 49 = 64 und
7 + 7 + 50 = 64. Da M sein Alter kennt, hätte er bei jeder anderen Summe
x + y + z 6= 64 sofort x, y und z angeben können. Aus seiner ersten Antwort
folgt daher, dass x + y + z = 64 sein muss, und er 64 Jahre alt ist. Ferner ist
(1) x = 5, y = 10, z = 49 oder x = 7, y = 7, z = 50.
Aus der zweiten Aussage von L zusammen mit (1) folgt, dass L mindestens 50
Jahre alt ist. Wäre sein Alter ≥ 51, dann erfüllen beide Tripel (1) L’s zweite
Aussage und wieder hätte M nicht entscheiden können, welches der Tripel (1)
das Lösungstripel ist. Aus M’s zweiter Aussage folgt also: L ist 50 Jahre alt und
x = 5, y = 10, z = 49.
Aufgabe 1125: Zufällige Auswahl
Aus dem Intervall [1, 10] wird durch Zufallsauswahl eine reelle Zahl x bestimmt.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass x die Ungleichung x+ x6 ≤ 5 erfüllt?(H.F.)
Lösung:
Durch äquivalente Umformungen ergibt sich aus der gegebenen Ungleichung x +
6
2
x ≤ 5 mit x ≥ 1 ⇐⇒ x − 5x + 6 ≤ 0 ⇐⇒ (x − 2)(x − 3) ≤ 0, so dass entweder
x ≥ 2 und x ≤ 3, also 2 ≤ x ≤ 3 oder x ≤ 2 und x ≥ 3 ist – was nicht möglich
ist.
Damit gilt die gegebene Ungleichung genau dann, wenn 2 ≤ x ≤ 3 ist. Weil nun
das Intervall [2, 3] die Länge 1 und das Intervall [1, 10] die Länge 9 hat, ist die
gesuchte Wahrscheinlichkeit 19 .
Aufgabe 1126: Teiler einer Primzahlen-Summe
Zeige: Für zwei unmittelbar aufeinander folgende Primzahlen p und q, beide > 2,
gilt: p + q ist eine Zahl, deren Zerlegung mindestens drei Primfaktoren enthält,
die nicht notwendigerweise verschieden sein müssen.
(H.F.)
27
MONOID 122
Lösung:
In der abgedruckten Aufgabenstellung hieß es noch: p + q ist eine Zahl mit mindestens drei Primteilern. – Dies ist jedoch falsch: Die Primzahlen 3 und 5 sind
beide größer als 2 und folgen unmittelbar aufeinander, aber ihre Summe 8 hat nur
einen Primteiler, nämlich 2. Bei 7 und 11 sieht es nicht viel besser aus, denn 18
hat nur die Primteiler 2 und 3.
Gemeint war jedoch die oben abgedruckte Aussage, die wir hier zeigen werden∗ :
Es sei p < q. Dann ist 2 < p < q und q = p + 2 · n für ein n ≥ 1, da p
und q beide ungerade sind. Also gilt: p + q = p + p + 2n = 2(p + n). Wegen
p < p + n < q ist p + n zerlegbar, da sich zwischen p und q = p + 2n keine
Primzahlen befinden. Also ist p + n = p1 p2 ... pr , wobei r ≥ 2 und pi Primzahlen
sind. Somit ist p + q = 2 · p1 p2 ... pr , sodass p + q in seiner Zerlegung die drei
Primfaktoren 2, p1 und p2 , die nicht verschieden sein müssen, enthält.
Damit hat p + q die drei verschiedenen Teiler 2, 2p1 und 2p1 p2 .
Dreieck, Umkreis und
Höhenschnittpunkt
Gegeben sei der Kreis k(M, r ). Innerhalb des Kreises befinde sich der Punkt H
mit H 6= M. Konstruiere ein Dreieck ABC derart, dass die Punkte A, B, C auf
dem Kreis k liegen und H der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC ist.
C
k
H
B
D
A
Skizze zur Aufgabe
Skizze zum Lösungsvorschlag 1
Lösungsvorschlag 1 (von Marcel Wittmann)
1. Wähle den Punkt C beliebig auf dem Kreis k.
2. Bestimme den zweiten Schnittpunkt der Gerade CH mit k und nenne ihn D.
∗
Natürlich gab es auch für das Widerlegen der Aussage in der Aufgabenstellung volle Punktzahl.
MONOID 122
28
3. Die Schnittpunkte der Mittelsenkrechten der Strecke HD sind die gesuchten
Punkte A und B.
Beweis, dass H der Höhenschnittpunkt des Dreiecks 4ABC ist:
Es sei k 0 das Bild von k bei Spiegelung von AB. Da bei dieser Spiegelung auch D
auf H abgebildet wird und da D auf k liegt, lieft H auf k 0 . Der zweite Schnittpunkt
von CD mit k 0 sei P. Ist C frei beweglich auf k, ist, wie in Lösungsvorschlag 2
gezeigt wurde, k 0 die Ortskurve des Höhenschnittpunkts. Da dieser natürlich auch
auf der Höhe von C auf AB, also auf CD liegen muss, kommen als Höhenschnittpunkte nur H und P in Frage. Da 4ABC bei A und B spitze Innenwinkel hat,
muss der Höhenschnittpunkt auf der gleichen Seite von AB liegen C . Da P dann
auf der falschen Seite von AB liegt, muss H der Höhenschnittpunkt sein.
Lösungsvorschlag 3: Ortskurve vom Höhenschnittpunkt (von Ingmar
Rubin und Hanspeter Indermaur)
Für die Lösung der Aufgabe ist es hilfreich sich die Ortskurve vom Höhenschittpunkt im Dreieck zu verdeutlichen. Man benutze für die folgende Untersuchung
ein Programm der dynamischen Geometrie.
Ortskurve vom Höhenschnittpunkt im
Dreieck
29
Gegeben sei der Kreis k mit Radius r dem Durchmesser UV und
dem Mittelpunkt M. Parallel zu
UV verlaufe die Sehne AB im
Abstand a zum Durchmesser. Auf
dem Kreis befinde sich der bewegliche Punkt C . Nun verbinden wir die Punkte A, B, C zum
Dreieck ABC und konstruieren
den Höhenschnittpunkt H. Die
Fragestellung lautet: Auf welcher
Kurve c wird sich H bewegen,
wenn wir den Punkt C einmal
vollständig auf dem Kreis bewegen. Abbildung 2 zeigt als Ortskurve von H einen Kreis (Fasskreis) der durch die Punkte A und
B geht. Der Radius von diesem
Kreis ist identisch zum Radius r
vom Kreis k.
MONOID 122
Der Beweis, dass die Ortslinie des Höhenschnittpunkts ein Kreis ist, geht wie folgt:
Der Winkel γ hängt nicht von der Lage von C auf dem Kreis ab (Peripheriewinkelsatz). Weil ha auf Seite a normal steht und hb auf Seite b, ist ^AHB = 180◦ − γ.
F liegt daher auch auf einem Kreisbogen, den man erhält, wenn man den Umkreis
an AB spiegelt. Der Mittelpunkt K vom Fasskreis befindet sich auf der Mittelsenkrechten der Sehne AB.
Konstruktion des Dreiecks ABC aus dem Höhenschnittpunkt und Umkreis
1. Zeichne den Kreis k mit Radius r
und Mittelpunkt M.
2. Trage innerhalb von k einen Punkt
H ein.
3. Zeichne durch M, H den Durchmesser UV ein.
4. Errichte die Senkrechte p im Punkt
H zum Durchmesser UV . Markiere
die Schnittpunkte von p mit k als
C , D.
5. Errichte in M die Senkrechte s
zum Durchmesser UV .
6. Fälle von D das Lot auf s und bezeichne den Schnittpunkt mit K .
7. Zeichne um K einen Kreis k 0 mit
Radius r . Bezeichne die Schnittpunkte von k und k 0 mit A, B.
8. Verbinde die Punkte A, B, C zum
Dreieck ABC .
9. H ist der Höhenschnittpunkt des
Dreicks ABC , denn: H ist Teil der
Ortskurve, wenn sich C auf k bewegt.
Konstruktion des Dreiecks
Lösungsvorschlag 2: Eulergerade (von Jutta Gut, Wien)
Die Lösungsidee basiert auf der Eulergeraden in einem Dreieck, wobei Umkreismittelpunkt, Schwerpunkt und Höhenschnittpunkt auf einer Geraden liegen. Der
Schwerpunkt S liegt bei SM = 13 · HM.
MONOID 122
30
1. Wähle einen beliebigen Punkt C
auf dem Kreis k
2. Zeichne auf der Strecke HM den
Punkt S, so dass MS = 12 · HS
3. Zeichne in der Verlängerung der
Strecke CS den Punkt D, so dass
DS = 12 · CS
4. Lege durch den Punkt D eine Normale zur Geraden HC
5. Ihre Schnittpunkte mit dem Kreis
k sind die Ecken A und B des gesuchten Dreiecks.
Es ist noch zu zeigen, dass H wirklich der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC
ist. Weil die Dreiecke SHC und SMD ähnlich zueinander sind, ist MD parallel zu
HC . MD steht daher normal auf die Sehne AB, also ist D der Halbierungspunkt
von AB. CD ist also eine Schwerlinie (Seitenhalbierende) des Dreiecks, und S ist
der Schwerpunkt. Wegen MS = 21 · HS ist H der Höhenschnittpunkt.
Mathematische Entdeckungen
Zwölfer-Reste
Schreibe ein nicht zu kurzes Anfangsstück A der Folge aller natürlichen Quadratzahlen auf. Dividiere dann alle Zahlen aus A durch 12 und achte auf die dabei
entstehenden Reste.
Erkennst du ein Muster in der Aufeinanderfolge der Zwölfer-Reste? Versuche dieses
Muster mathematisch zu beschreiben.
(H.F.)
Hinweis: Eure mathematischen Entdeckungen könnt Ihr bis zum 31. August 2015 an die MONOIDRedaktion einsenden, denn auch hierbei gibt es Punkte zu ergattern. Eure Ergebnisse werden
jeweils im übernächsten Heft erscheinen.
Lösung der Aufgabe aus Heft 120
In Heft 120 stellten wir Euch folgende Aufgabe:
Kurven erzeugen Gebiete
Zeichne in der Ebene n nicht geschlossene Kurven K1 , K2 , . . . , Kn , n ≥ 2, von
denen sich keine selbst schneidet und von denen keine drei durch einen Punkte
verlaufen – die folgenden geometrischen Situationen sind also nicht erlaubt:
31
MONOID 122
eine geschlossene Kurve
eine sich selbst schneidende
Kurve
drei Kurven mit einem
gemeinsamen Schnittpunkt
Für die Kurven K1 , K2 , . . . , Kn soll ferner gelten: Je zwei Kurven schneiden sich
in s Punkten, wobei s = 1 oder s = 2 oder s = 3 oder . . . sei. Dadurch entstehen
jeweils von Kurvenstücken eingeschlossene Gebiete.
Beispiel:
Jede zwei der Kurven K1 , K2 , K3 , K4 schneiden sich in zwei Punkten, wodurch
neun geschlossene Gebiete entstehen.
Untersuche nun, wie viele Gebiete sich ergeben, wenn für n Kurven K1 , K2 , . . . ,
Kn , n ≥ 2 gilt:
a) Jede zwei Kurven haben einen Schnittpunkt;
b) Jede zwei Kurven haben zwei Schnittpunkte;
c) Jede zwei Kurven haben drei Schnittpunkte.
(H.F.)
Hinweis: Du kannst Deine Lösung als nicht zu kurze Tabelle angeben. Lösungen
können aber auch vermutete Anzahlformeln sein, die dann aber nicht zu beweisen
sind.
Ergebnisse
Mit dieser Aufgabe haben sich beschäftigt: Daniel Fink, Rhein-Wied-Gymnasium,
Tobias Jedich, Augustinerschule Friedberg, Kevin Mours, Karolinen-Gymnasium
Frankenthal, Silas Rathke, Karolinen-Gymnasium Frankenthal, und Marcel Wittmann, Karolinen-Gymnasium Frankenthal.
Daniel hat für alle n ≤ 15 jeweils die Tabellen für einen, zwei oder drei Schnittpunkte erstellt. Tobias hat den Fall von sechs Kurven sogar noch in allen drei
Fällen gezeichnet. Kevin hat jeweils Formeln gefunden, indem er angab, wie viele
neue Gebiete bei Hinzufügen einer weiteren Kurve hinzukommen.
MONOID 122
32
Marcel und Silas haben die Formel
As,n = 12 (sn − 2)(n − 1)
für die Anzahl der geschlossenen Gebiete, die entstehen, wenn sich von insgesamt
n Kurven je zwei in genau s Punkten schneiden, hergeleitet.
Wir geben hier Silas’ Lösung wieder:
Wir versuchen, aus den Kurven einen planaren Graphen zu erhalten. Dazu lassen
wir einfach die „losen Enden“ von jeder Kurve weg. Das ist auch möglich, da
diese keine Kanten von eingeschlossenen Flächen sind. Nun bezeichnen wir die
Schnittpunkte als Ecken. Es sei E die Anzahl der Ecken, F die Anzahl der Flächen
(ohne die unendliche Fläche um den Graphen) und K die Anzahl der Kanten,
welche je zwei Ecken verbinden. Nach der Eulerschen Polyederformel ist dann
E + F − K = 1. Wenn es uns also gelingt, die Anzahl der Ecken und die Anzahl
der Kanten zu bestimmen, können wir so die Anzahl der eingeschlossenen Gebiete
berechnen. Bestimmen wir zuerst K : Generell laufen pro Ecke vier Kanten weg.
Allerdings werden da auch losen Enden mitgezählt, die wir am Anfang entfernt
haben. Diese müssen wir noch von der Anzahl abziehen. Da es pro Kurve zwei
lose Enden gibt, erhalten 4E − 2n. Jedoch wurde so jede Kanten doppelt gezählt,
da sie von ihren beiden Endpunkten wegläuft. Das Ergebnis muss also noch durch
2 geteilt werden. Also ist
= 2E − n.
K = 4E −2n
2
Wir müssen nun noch E berechnen. Da pro zwei Kurven s Schnittpunkte entstehen, ist
E = s · n2 .
Nach der Eulerschen Polyederformel gilt also:
n
n
1=s
+ F − 2s
+n
2
2
sn
1
n
⇐⇒ F = 1 − n + s
= (n − 1) ·
− 1 = (n − 1)(sn − 2)
2
2
2
„Manche Menschen haben einen Gesichtskreis vom Radius Null und
nennen ihn ihren Standpunkt.“
David Hilbert
1862–1943
deutscher Mathematiker
33
MONOID 122
Aus den Archiven der Mathematik
Eine Aufgabe aus dem 13. Jahrhundert
von Hartwig Fuchs
Von Leonardo Fibonacci (um 1170–1250), einem der großen Mathematiker am
Beginn der Neuzeit, stammt die folgende Aufgabe:
Jeder von sechs Männern besitzt eine gewisse Anzahl von Münzen.
Ohne die Münzen des ersten Mannes sind es insgesamt 75 Münzen,
ohne die des zweiten Mannes sind es 70, ohne die des dritten Mannes
sind es 67, ohne die des vierten Mannes 64, ohne dies des fünften
Mannes sind es 54 und ohne die des sechsten Mannes sind es 50
Münzen. Wie viele Münzen besitzt jeder der Männer?
Lösung
Es sei ai die Anzahl der Münzen des i-ten Mannes und A sei die Anzahl aller
Münzen der Männer. Dann gilt:
A − a1 = 75, A − a2 = 70, A − a3 = 67, A − a4 = 64, A − a5 = 54,
A − a6 = 50.
Addiert man diese sechs Gleichungen, so folgt:
6A − (a1 + a2 + ... + a6 ) = 6A − A = 5A = 380.
Also ist A = 76. Damit erhält man: a1 = 1, a2 = 6, a3 = 9, a4 = 12, a5 = 22,
a6 = 26.
Harmonische Reihen
von Hans-Jürgen Schuh
In der Stochastik spielen symmetrische Irrfahrten eine wichtige Rolle, das heißt
je nach Dimension d bewegt sich dieser stochastische Prozess auf einem ddimensionalen Zahlengitter bei jedem Schritt mit Wahrscheinlichkeit 2−d zu einem
der 2d Nachbarn seines gegenwärtigen Standorts weiter. Man interessiert sich dafür, ob die Irrfahrt mit Wahrscheinlichkeit 1 je wieder zu ihrem Startpunkt zurückkehrt (Rekurrenz) oder mit positiver Wahrscheinlichkeit im Raum verloren geht
(Transienz).
Es zeigt sich, dass dies vom Grenzverhalten der folgenden Verwandten
∞
X
1
d
i=1
MONOID 122
34
i2
der harmonischen Reihe abhängt.
∞
P
Für Reihen
ai bezeichnen wir die n-te Teilsumme mit
i=1
n
P
sn = a1 + a2 + ... + an =
ai .
i=1
Konvergiert die Folge (sn )n∈N gegen einen Wert s, dann heißt s Reihenwert von
∞
∞
P
P
ai und wir schreiben
ai = s, s ist so zu sagen eine unendliche Summe.
i=1
i=1
1. Die harmonische Reihe
Da dann auch
∞
P
i=1
∞
P
1
i=1
√1
i
i
divergiert gegen ∞.
gegen ∞ divergiert, sind die symmetrischen ein- und
zweidimensionalen Irrfahrten rekurrent.
Beweis:
1 1 1 1 1 1 1
1
1
s2n = 1 + + + + + + + + ... + n−1
+ ... + n ,
2 |3 {z 4} |5 6 {z 7 8}
+ 1{z
2}
|2
> 12
das heißt s2n ≥ 1 + n ·
> 12
1
−−→
2 −
n→∞
> 12
∞. Da sm ≥ s2n für m ≥ 2n , folgt s = ∞.
2. Als Vorstudie für den Rest zeigen wir, dass
∞
X
1
< ∞.∗
2
i
i=1
Beweis: Der Mathematiker und Physiker Christian Huygens hat dem jungen
Gelehrten Gottfried Wilhelm Leibniz, der damals durch kein Mathematikstudi∞
P
1
∗∗
um vorgebildet war, die Berechnung der Reihe
i(i−1) als Aufgabe gestellt.
Wir geben die Leibnizsche Lösung wieder:
n
X
i=2
i=2
n X
1
1
1
=
−
i(i − 1)
i −1 i
i=2
1 1 1
1
1
1
+ − + ... +
− = 1 − −−−→ 1
2 2 3
n−1 n
n n→∞
(Teleskopsumme), das heißt
∞
∞
∞
∞
X
X
X
X
1
1
1
1
= 1 =⇒
=
1
+
<
1
+
= 2 < ∞.
i(i − 1)
i2
i2
i(i − 1)
= 1−
i=2
∗
∗∗
i=1
i=2
i=2
2
Der genaue Wert ist π6 , den Leonhard Euler 1735 gefunden hat.
H. Meschkowski, Unendliche Reihen, BI Hochschultaschenbücher 35, Mannheim 1962.
35
MONOID 122
3. Nun zur Dimension d = 3, das heißt zur Reihe
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
√ .
3 =
1 =
i i
i2
i 1+ 2
i=1
i=1
i=1
∞
∞
P
P
1
√
Wir zeigen, dass 2 <
<
3(<
∞).
Da
dann
auch
i i
1
d
i=1 i 2
i=1
< ∞ für
alle d > 3, ist gezeigt, dass alle symmetrischen drei- und höherdimensionalen
Irrfahrten transient sind.
Beweis: Mit Hilfe der dritten binomischen Formel a2 − b 2 = (a − b) · (a + b)
gelingt es uns, die Leibnizsche Teleskopsumme auf diesen Fall zu übertragen:
√
√
√
√
( i − i − 1)( i + i − 1) = i − (i − 1) = 1
√
√
1
=⇒ i − i − 1 = √
√
i + i −1
1
1
1
1
√
√
=⇒ √
= √
−√ =√√
√
i −1
i
i i − 1( i + i − 1) i i − 1 + (i − 1) i
1 1
1
1
1
1
√
=⇒ √ ≤ √
−√ ≤
2i i
2 (i − 1) i − 1
i −1
i
1 1
1
1
≤ √
=⇒ √ − √
2i i
i +1 i
1
1
1
1
1
=⇒ 2 √ − √
≤ √ ≤2 √
−√ .
i −1
i +1
i
i i
i
Summation über i liefert damit:
n
X
1
1
1
1
1
√
= 2 1 − √ + ... + √ − √
≤
2 1− √
n
n+1
n+1
2
i i
i=1
1
1
1
1
≤ 1 + 2 1 − √ + ... + √
−√
=1+2 1− √
n
n
n−1
2
∞
X
1
√ ≤ 1 + 2 = 3 < ∞.
=⇒ 2 ≤
i i
i=1
4. Die dritte binomische Formel lässt sich auf den Exponenten k verallgemeinern:
k
k
a − b = (a − b) · (a
k−1
+a
k−2
b + ... ab
k−2
+b
k−1
) = (a − b) ·
k−1
X
ak−1−j b j .
j=0
Hieraus leitet man analog zu 3. folgende Abschätzung her:
∞
∞
X
X
1
1
√
(∗) k <
< k + 1 < ∞, k ∈ N
1 =
k
1+ k
i
i
i
i=1
i=1
(Der detaillierte Beweis steht für technisch Interessierte als Anhang am Schluss
dieses Artikels.)
MONOID 122
36
Dies impliziert den bereits unter 1. bewiesenen Fall
dass
∞
P
1
i=1
∞
P
i=1
1
ir
i
= ∞, und weiter,
< ∞ für alle r > 1.
5. Schüler der Oberstufe, welche die Stammfunktionen der Potenzfunktionen kennen und etwas Erfahrung mit Integralrechnung haben,
P∞ 1interessiert vielleicht
folgender kurzer Beweis dafür, dass sogar s ≤
i=1 i 1+ 1s ≤ s + 1 für alle
s > 0 ist.
Z
1
1
1
x − s −1 dx = −s · x − s + C = −s · 1 + C
xs
i+1
Z i+1
1
1
1
1
1
=s· 1 −
− 1
=⇒ 1+ 1 ≥
1 dx = s ·
1
i s
x 1+ s
xs i
is
(i + 1) s
i
und
1
1
i 1+ s
≤
Z
i
1
1
1+ s
i−1 x
i
1
dx = s · −
xs
1
1
i−1
=s·
1
1
(i − 1) s
−
1
1
is
,
das heißt
s·
1
1
is
−
1
≤
1
(i + 1) s
1
i 1+ s
≤s·
1
1
(i − 1) s
−
1
1
is
Summation über i liefert:
s · 1−
1
1
(n + 1) s
≤
n
X
1
1
i=1
i 1+ s
≤1+s · 1−
1
1
ns
und deshalb
s≤
∞
X
1
1
i=1
i 1+ s
≤ s + 1 für alle s > 0.
37
MONOID 122
6. Anhang: Beweis von (∗):
Wir konstruieren eine zum Verhalten in der Dimension d = 3 analoge Teleskopsumme:
√
k
=⇒
√
k
i−
i−
√
k
k−1 p
q
X
k
i −1 ·
i (k−1)−j · k (i − 1)j = i − (i − 1) = 1
j=0
√
k
i −1=
1
k−1
P √
k
j=0
=⇒ √
k
i (k−1)−j ·
p
k
(i − 1)j
1
1
1
−√
=
k
k−1
√
p
√
√
P
i −1
i
k
k
i k i −1·
i (k−1)−j · k (i − 1)j
j=0
=
1
k−1
P √
k
j=0
i k−j ·
p
√
k
(i − 1)j · k i − 1
1
1 1
1
1
1
√ ≤ √
√
−√
=⇒
≤
k
k
k
k
ki i
k (i − 1) k i − 1
i −1
i
1 1
1
1
√
≤
=⇒ √
−√
k
k
k
i +1
i
iki
Summation über i liefert damit:
1
1
1
1
1
1
√
√
√
√
√
k 1− √
=
k
1
−
+
−
+
...
+
−
k
k
k
k
k
k
n
n+1
n+1
2
2
3
n
X
1
1
1
1
1
√ ≤1+k 1− √
+ ... + √
≤
−√
=1+k 1− √
k
k
k
k
n
n
n−1
2
i i
i=1
∞
X
1
√
=⇒ k ≤
≤ 1 + k < ∞.
iki
i=1
Mainzer Mathematik-Akademie
30. September – 4. Oktober 2015
Bei der Mainzer Mathematik-Akademie können an Mathematik interessierte Schülerinnen und Schüler über mehrere Tage einen ersten Einblick in echte Uni-Mathematik erfahren. Es handelt sich um einen viertägigen Workshop (von Mittwochabend bis Sonntagmittag) für 30 Schülerinnen und Schüler. Dabei werden in drei
Arbeitsgruppen mit je 10 Schülerinnen und Schülern verschiedene mathematische
Themen erarbeitet. Am Sonntagmorgen präsentieren die Gruppen sich dann gegenseitig die von ihnen gefundenen Ergebnisse. Alle Schülerinnen und Schüler ab
15 Jahren sind herzlich eingeladen, sich zur Mainzer Mathematik-Akademie anzumelden, die vom 30.09.–04.10. an der Universität Mainz stattfindet.
MONOID 122
38
Ablauf der Akademie
Mi., 30.09.
Anreise (bis 18 Uhr) und Kennenlernabend
Do.-Sa., 01.10.–04.10. Kurse in Arbeitsgruppen; Rahmenprogramm, betreut
von Lehrern und Studierenden (zum Beispiel: Stadtführung, Improtheater)
So., 04.10.
Präsentation und Abreise (ab 14 Uhr)
Ein genauerer Terminplan wird bei der Anmeldung bekannt gegeben.
Kurse
• Der Goldene Schnitt in Mathematik, Kunst, Architektur, Malerei
(Dr. C. Hog-Angeloni, Prof. Dr. H.-J. Schuh, L. Biroth)
Schönheit ist sicher eine Geschmacksfrage, aber es besteht ein breiter Konsens
darüber, dass die Kunst- und Bauwerke des antiken Griechenlands oder der Renaissance einen großen ästhetischen Wert haben. Ebenso empfinden wir alle die
Natur, Blumen zum Beispiel, als schön. Auch in der Mathematik ist oft nicht
die Nützlichkeit und Anwendbarkeit, sondern eine „unerklärliche“Schönheit mathematischer Sätze das Maß dafür, diese Theorien als wichtig zu betrachten.
In unserem Kurs wollen wir erfahren, wo in Kunst und Natur Beispiele der
Proportion des Goldenen Schnitts zu finden sind und was es mit der dahinter
steckenden Mathematik auf sich hat; etwa, wie man die Teilung einer Strecke
im Verhältnis des Goldenen Schnittes mit Zirkel und Lineal bewerkstelligen
kann und warum die Goldene Zahl die „irrationalste aller Zahlen“genannt wird.
• Polyeder, Graphen, Inseln und ein Spiel
(Prof. Dr. Ysette Weiss-Pidstrygach, Dr. A. Malevich)
Tiefe Ideen der Mathematik haben viele Gesichter und Darstellungen. Wir
können die gleiche Struktur in sehr verschiedenen Kontexten wiederentdecken.
Diese Vielfalt gibt uns auch die Möglichkeit, Probleme umzuformulieren und
dadurch zu neuen Lösungsstrategien und weiterführenden Fragen zu kommen.
Im Workshop werden wir dies an einer der berühmtesten Ideen erfahren, die
auf Leonhard Euler zurückgeht.
• Thema aus der Stochastik
(Prof. Dr. Matthias Birkner)
Das genaue Kursthema wird noch bekannt gegeben.
Unterbringung
Jugendtagungsstätte Don Bosco Haus, Am Fort Gonsenheim 54, 55122 Mainz
Kosten
Es entstehen lediglich die Kosten für die Anfahrt sowie ein Pauschalpreis von
50 e. Die übrigen Kosten übernimmt der Verein der Freunde der Mathematik der
Universität Mainz.
39
MONOID 122
Anmeldung
Nähere Informationen und ein Online-Formular zur Anmeldung findet Ihr unter:
www.mathematik.uni-mainz.de/freunde-der-mathematik/
mainzermatheakademie
Mitteilung
• Leider schleichen sich immer mal wieder Fehler in unser MONOID-Heft und auch
in die Aufgaben ein. Besonders ärgerlich ist dies, wenn dadurch manche Aufgaben unlösbar werden. Entdecken wir einen Fehler, so machen wir darauf auf
unserer Internetseite unter „Errata“ aufmerksam und korrigieren diesen. Habt
ihr also das Gefühl, eine Aufgabe enthält einen Fehler, so schaut auf
http://www2.mathematik.uni-mainz.de/monoid/errata.php
vorbei.
• Bitte denkt daran, den Abo-Beitrag in Höhe von 10 e für das Schuljahr 2015/16
auf das MONOID-Konto, IBAN: DE28 5519 0000 0505 9480 18, BIC: MVBMDE55, Stichwort MONOID zu überweisen (Angabe des Abonnenten nicht vergessen).
Eine günstige Form, den Abo-Beitrag zu überweisen, ist der Dauerauftrag, da
man dann die Überweisung nicht mehr vergisst und das Abonnement ohne
Unterbrechung weiterläuft.
• Derzeit ist die mathematische Mitmach-Ausstellung „Eine Reise durch Raum
und Zahl“ im Stadt- und Industriemuseum Rüsselsheim zu sehen. Die Ausstellung des Instituts für Mathematik Universität Mainz lädt ein zum Mitmachen,
Staunen, Entdecken und Weiterdenken. sie ist noch bis zum 20. Dezember 2015
zu sehen, also bis kurz vor Weihnachten. Weitere Informationen unter
www.museum-ruesselsheim.de/103-0-Eine-Reise-durch-Raum-und-Zahl.html
Rubrik der Löser und Löserinnen
Stand nach Heft 120
Aachen, Inda-Gymnasium: Kl. 8: Luca Bühler 24.
Alzey, Elisabeth-Langgässer-Gymnasium (Betr. Lehrerin: Frau Lüning):
Kl. 5: Hannah Acker 7, Lukas Born 16, Lea Daum 12, Alina Jeuck 7, Amelie
Mahler 22, Lorena May 22, Jonas Schneider 12, Victoria Strunck 12;
Kl. 7: Torben Bürger 32, Virginia Fox 40, Maximilian Hauck 81, Sarah Kästner
41, Eileen Kirchner 6, Mareen Ohrt 23, Pia Richter 9, Manuel Wolf 15, Rabea
Zimmermann 28;
Kl. 9: Melanie Werner 13;
MONOID 122
40
Kl. 10: Victoria Fox 15;
Kl. 11: Katharina Rößler 19.
Bad Ems, Goethe-Gymnasium: Kl. 12: Miriam Gerharz 42.
Bad Neuenahr-Ahrweiler, Are-Gymnasium:
Kl. 5: Imer Ademi 3, Kaltrina Hasani 2, Caricia Janoschka 7, Lasse Neukirchen
2, Fannie Siebenhüner 3, Annik Theisen 1.
Bommersheim, Burgwiesenschule: Kl. 4: Sina Schneider 21.
Burglengenfeld, Johann-Michael-Fischer-Gymnasium:
Kl. 5: Darico Schade 10;
Kl. 12: Jamico Schade 43.
Frankenthal, Karolinen-Gymnasium (betr. Lehrerin: Frau Schneider):
Kl. 11: Kevin Mours 18, Marcel Wittmann 16.
Frankenthal, Robert-Schuman-Schule:
Kl. 9: Patrick Riebe 45.
Friedberg, Augustinerschule:
Kl. 5: Aleksandra Herbst 30
Kl. 7: Tobias Jedich 72;
Kl. 9: Simon Gröger 17, Ben Mayer 23.
Friedrichsdorf, Rhein-Main-International-Montessori-School (Betreuende Lehrerin: Frau Elze): Kl. 2: Jule Beinker 13;
Kl. 3: Mateo Alexander Dorsch 6, Ana Flores 13, Marina Knoblauch 15, Sofia
Somma 6, Vivienne Van’t Hof 13, Sunny Sue 13;
Kl. 4: Adrien Burgmann 15, Nea Gerlach 10, Mia Großkreuz 6, Olivia Kern 15,
Elisabeth Korzilius 13, Arthur Krewinkel 15;
Kl. 12: Luca Gladiator 16.
Hadamar, Fürst-Johann-Ludwig-Gesamtschule (Betreuende Lehrerin: Frau
Niederle):
Kl. 5: Kai-Dominik Hoppe 2, Emre Sadic 6,
Kl. 6: Tobias Streichhardt 13, Noah Tritschler 8;
Kl. 7: Burak Sadic 9;
Kl. 8: Melanie Schuy 43;
Kl. 9: David Storzer 61, Lorenz Wagner 11;
Kl. 10: Marvin Weisbender 9.
Höhr-Grenzhausen, Gymnasium im Kannenbäckerland:
Kl. 12: Farah Breiden 6.
Kelkheim, Eichendorffschule:
Kl. 5: Dilara Kösger 3;
Kl. 6: Jens Hein 4;
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MONOID 122
Kl. 7: Denis Mayle 38.
Kelkheim, Gesamtschule Fischbach:
Kl. 5: Linus Rabeneck 8;
Kl. 6: Beatrice Popescu 17;
Kl. 7: Malte Rehm 23.
Mainz, Frauenlob-Gymnasium (Betreuender Lehrer: Herr Mattheis):
Kl. 8: Laura Baumir 2;
Kl. 9: Jana Eichhorn 10;
Kl. 10: Melanie Weibrich 19;
Kl. 12: Theresa Schöche 30.
Marienstatt, Privates Gymnasium Marienstatt:
Kl. 8: Florian Enders 7, Janik Seiler 5, Nils Siefert 5;
Kl. 12: Robin Thiel 18, Anna-Lena Schneider 17.
Neumünster, Alexander-von-Humboldt-Gymnasium
Kl. 10: Silas Rathke 40.
Neuwied, Rhein-Wied-Gymnasium (Betreuender Lehrer: Herr Gruner):
Kl. 5: Nils Müller 8, Elicia Rotarius 13;
Kl. 6: Marius Ahlfeld 14, Fiona Ruschke 17;
Kl. 7: Jannis Thron 12
Kl. 9: Jonas Ahlfeld 45, Darleen Baum 35, Moira Gier 14, Myrta Knauf 7, Sophie
Schellhaas 7, Anja Wingender 16;
Kl. 10: Daniela Bergen 26, Matthias Bergen 47, Jasmin Hallyburton 35, Denise
Kadri 9, Vinh-An Pham 20, Verena Rüsing 35;
Kl. 11: Rebecca Dattko 21;
Kl. 12: Mirjam Bourgett 9, Daniel Fink 41, Alexander Göbel 10, Sandra Wingender 11;
Kl. 13: Janina Vogl 23.
Neuwied, Wemer-Heisenberg-Gymnasium:
Kl. 7: Sonja Kowallek 37.
Oberursel, Gymnasium (Betreuende Lehrerin: Frau Beitlich):
Kl. 5: Josefine Kaßner 20, Oliver Stork 18;
Kl. 6: Sönke Schneider 64;
Kl. 7: Jonas Blumenroth 15, Jonas Glückmann 32, Philipp Karn 44, Fabian Liepach 55, Sibylla Ribka 15;
Kl. 8: Saskia Aierstock 22, Maximilian Göbel 79, Julian Ingrisch 9, Maximilian
Kraffzick 11, Jara Müller-Kästner 43, Helen Richter 28, Kristin Teichert 24;
Kl. 10: Julia Theis 19;
Kl. 11: Katharina Kiefer 18;
Kl. 12: Jan-Philipp Bullenkamp 41, Heiko Kötzsche 44, Markus Kötzsche 44.
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Regensburg, Albertus Magnus Gymnasium:
Kl. 6: Johannes Plößl 4.
Remagen, Gymnasium Nonnenwerth (betr. Lehrer: Herr Meixner):
Kl. 5: Niko Gersthahn 6, Justin Haubrichs 6, Greta Kluge 14, Joshua Knöpfel 7,
Jordan Plümper 9;
Kl. 6: Kira Giebels 3 Carina Heinemann 5, Jacqueline Hermann 8, Marie Jaeschock 5, Nico Kamp 3, Lena Kreienberg 5 Ruben Rohn 8, Julia Schrieck 8,
Johanna Schwarz 7, Naomi Smeets 11, Madita Spies 7, Tim Springer 7, Felix
Stoffel 5, Lotte Tillmann 7, Antonio Ziesche 5;
Kl. 9: Friedrich Holtorf 3;
Kl. 10: Fabian Paul 3;
Kl. 11: Malte Bayer 3;
Kl. 12: Janine Röper 11.
Sankt Augustin, Albert-Einstein-Gymnasium:
Kl. 5: Vincent Keppel.
Schwäbisch Gmünd, Landesgymnasium für Hochbegabung:
Kl. 8: Clara Deifel 18.
Tangermünde, Diesterweggymanisum:
Kl. 5: Miriam Büttner 35.
Wiesbaden, Leibnizschule:
Kl. 9: Andreas Dernier 11;
Winnweiler, Wilhelm-Erb-Gymnasium:
Kl. 5: Raphael Gaedtke 12.
Die Redaktion
Leitung: Dr. Cynthia Hog-Angeloni (V.i.S.d.P.), Marcel Gruner
Mitglieder: Angelika Beitlich, Laura Biroth, Prof. Wolfgang J. Bühler, Ph. D.,
Markus Dillmann, Christa Elze, Prof. Dr. Steffen Fröhlich, Dr. Hartwig Fuchs,
Willy Gemmer, Dr. Klaus Gornik, Marcel Gruner, Arthur Köpps, Wolfgang Kraft,
PD Dr. Margarita Kraus, Dr. Ekkehard Kroll, Susanne Lüning, Martin Mattheis,
Helmut Ramser, Silke Schneider, Prof. Dr. Hans-Jürgen Schuh, Prof. Dr. Duco
van Straten, Dr. Siegfried Weber
Weitere Mitarbeiter: Prof. Dr. Valentin Blomer, Dr. Volker Priebe, Dr. Stefan
Kermer
Zusammenstellung und Satz: Maximilian Preisinger
Internet und Korrektur der eingesandten Lösungen: Bettina Wiebe
Betreuung der Abonnements und Versand: Anita Peffer-Kohl
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MONOID 122
Jahrgang 35
Heft 122
Juni 2015
Inhalt
Aufruf zum Mal- und Bildwettbewerb „Mathematik ist...“ . . . . . .
H. Walser: Dreieck und Quader . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
H. Fuchs: Was uns über den Weg gelaufen ist . . . . . . . . . . . .
S. Fröhlich, J. Fuhrmann: Das Handbuch der Meeresinsel . . . . . .
H. Fuchs: Monoidale Knobelei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
L. Biroth: Ein Spiel mit Permutationen . . . . . . . . . . . . . . . .
M. Mattheis: Mathematische Lese-Ecke – Lesetipps zur Mathematik
Die Aufgabe für den Computer-Fan . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Lösungen der Mathespielereien aus MONOID 121 . . . . . . . . . . .
Neue Mathespielereien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Neue Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Gelöste Aufgaben aus MONOID 121 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dreieck, Umkreis und Höhenschnittpunkt . . . . . . . . . . . . . . .
Mathematische Entdeckungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
H. Fuchs: Aus den Archiven der Mathematik . . . . . . . . . . . . .
H.-J. Schuh: Harmonische Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Einladung zur Mainzer Mathematik-Akademie 2015 . . . . . . . . .
Mitteilung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Rubrik der Löser und Löserinnen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Redaktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Impressum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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Abonnementbestellungen per Post oder über die Homepage.
Für ein Jahresabo erheben wir einen Kostenbeitrag von 10 e (4 Ausgaben/Jahr inkl. Porto), im Voraus auf das Konto Nr. 505948018 bei der Mainzer Volksbank, BLZ
55190000, Stichwort „MONOID“, zu überweisen; Adresse bitte nicht vergessen.
Für Auslandsüberweisungen gelten IBAN: DE28 5519 0000 0505 9480 18 und BIC:
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Herausgeber: Johannes Gutenberg-Universität zu Mainz, vertreten durch den Präsidenten Herrn Prof. Dr. Georg Krausch.
MONOID wird untersützt durch den Verein der Freunde der Mathematik an der Universität Mainz und durch folgende Schulen:
Elisabeth-Langgässer-Gymnasium Alzey,
Karolinen-Gymnasium Frankenthal,
Gymnasium Oberursel.
Wir übernehmen keine Haftung für unverlangt eingesandte Manuskripte, Fotos und
Zeichnungen.
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Institut für Mathematik, MONOID-Redaktion,
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06131/39-26107, Fax: 06131/39-21295
monoid@mathematik.uni-mainz.de
http://www.mathematik.uni-mainz.de/monoid
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