¨Ubungen zur Elementarmathematik I

J. Wolfart
WiSe 2011/12
Übungen zur Elementarmathematik I
1. Beweisen Sie durch vollständige Induktion: Für alle natürlichen Zahlen n ist
n
X
(3k 2 − 3k + 1) := 1 + 7 + 19 + . . . + (3n2 − 3n + 1) = n3 ,
k=1
n
X
(4k 3 − 6k 2 + 4k − 1) := 1 + 15 + 65 + . . . + (4n3 − 6n2 + 4n − 1) = n4 .
k=1
2. Man begründe die Formel
n X
m+k
k=0
m
m+n+1
=
für alle ganzen m, n ≥ 0 .
m+1
3. Die Zahlenfolge 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . . nennt man die Folge der Fibonacci–
Zahlen. Ihr Bildungsgesetz lautet
F1 = F2 := 1 ,
Fn+1 := Fn + Fn−1
für alle n > 1 ,
typisches Beispiel also für eine induktive oder rekursive Definition. Beweisen Sie:
a) Jede dritte Fibonacci–Zahl ist gerade, die übrigen sind ungerade.
b) 1 + F1 + F2 + . . . + Fn = Fn+2
c) 1 + F2 + F4 + . . . + F2n−2 + F2n = F2n+1
4. Wieviele Möglichkeiten gibt es, k Zahlen a1 , a2 , . . . , ak aus den Zahlen 1, 2, 3, . . . , n−1, n
so auszuwählen, dass keine zwei ai , aj benachbart sind?
Bitte schreiben Sie Ihren Namen und den Namen Ihres Tutors / Ihrer Tutorin auf jedes
abgegebene Blatt. Die Übungen finden zu folgenden Zeiten statt:
Montag 8–10 (großer Koll.–Raum 711, Robert–Mayer–Str. 10, Erik Schlüter)
Montag 10–12 (Seminarraum 902, Robert–Mayer–Str. 10, Sebastian Meiss)
Montag 12–14 (Seminarraum 901, Robert–Mayer–Str. 10, Thorsten Jörgens)
Montag 12–14 (Seminarraum 902, Robert–Mayer–Str. 10, Sebastian Becker)
Dienstag 8–10 (großer 711, Jan Weitzel)
Dienstag 10–12 (902, Franziska Bommel)
Dienstag 12–14 (902, Jochen Seitz)
Mittwoch 8–10 (großer 711, Anna Meiser)
1
5. Zeigen Sie: n Geraden in allgemeiner Lage (soll heißen: keine zwei unter ihnen sind parallel oder gar gleich, kein Punkt der Ebene liegt auf drei oder mehr Geraden) zerschneiden
die Ebene in 12 (n2 + n + 2) Teile.
Tipp: Gemeint ist natürlich die euklidische Anschauungsebene; in dieser folgt aus der Voraussetzung ,,allgemeine Lage”, dass die (n + 1)–te Gerade die bisherigen Geraden in genau
n Punkten schneidet, die vorher noch nicht als Schnittpunkte aufgetreten sind. Sieht das
nicht nach einem guten Ansatz für eine vollständige Induktion aus?
6. Man zeige für alle natürlichen Zahlen n
n X
n
k=0
k
n
=2
n
X
k n
(−1)
=0 .
k
k=0
und
7. A, B, C seien Mengen, f : B → C und g : A → B Abbildungen. Dann kann man eine
zusammengesetzte Abbildung f ◦ g : A → C durch die Vorschrift definieren, dass jedes
a ∈ A auf f (g(a)) ∈ C abgebildet wird. Beweisen Sie: Wenn f und g injektiv sind, dann
auch f ◦ g . Wenn f ◦ g injektiv ist, dann auch g .
8. Fortsetzung: Wenn f und g surjektiv sind, dann auch f ◦ g . Geben Sie aber ein Beispiel
dafür an, dass f ◦ g surjektiv sein kann, ohne dass g surjektiv ist.
Abgabe der Lösungen gerne auch in den Postfächern der TutorInnen im 3.OG der Robert–
Mayer–Str. 6.
Vorlesung ab sofort immer von 8.10 bis 9.50 Uhr.
Die Teilnahme an den Übungen gehört für L2/L5 zum Studienplan, für L3 ist sie nur
dringend empfohlen, denn die Abschlussklausur wird natürlich große Ähnlichkeit mit den
Hausaufgaben haben. Außerdem wird fleißige Aktivität in den Übungen mit Bonuspunkten
in der Klausur honoriert, und zwar so: In der Klausur können Sie 100 Punkte erwerben
(,,sehr gut”), mit 46 Punkten ist sie gerade noch bestanden; bis zu 3 Klausurpunkte können
Sie durch (brauchbares) Vorrechnen von Aufgaben in den Übungsgruppen erwerben, und
wenn Sie regelmäßig an den Übungsgruppen teilnehmen, bringen Ihnen auch Ihre Hausaufgaben Klausurpunkte ein. Jede – selbständig formulierte – Hausaufgabe wird mit 4
Punkten bewertet, Sie können also im Semester maximal ca. 200 Hausaufgabenpunkte
sammeln, und für je 20 Hausaufgabenpunkte gibt es einen Klausurpunkt als Bonus.
Zusammenarbeit mit anderen beim Lösen der Aufgaben und beim Lernen ist sehr zu empfehlen, aber beim Formulieren – muss auch gelernt werden – sollte jeder seine Fehler alleine
machen, darum: gemeinsam mit anderen abgegebene Hausaufgaben zählen nicht!
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9. Mit A, B, C seien drei Mengen bezeichnet. Mit A∩B bezeichnet man den Durchschnitt
der beiden Mengen; dieser besteht aus allen Elementen, die in beiden Mengen liegen. Analog
bezeichnet A∪B die Vereinigung, d.h. die Menge jener Elemente, die in (mindestens) einer
der beiden Mengen liegen. Formal kann man den Sachverhalt auch aufschreiben als
A ∩ B := {e | e ∈ A und e ∈ B} ,
A ∪ B := {e | e ∈ A oder e ∈ B}
(in der Mathematik wird das Wort oder nicht in ausschließendem Sinn verwendet, es sind
also beide Möglichkeiten zugelassen). Nun beweisen Sie
(A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) und (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) .
Wichtiger Hinweis: Gleichheit zwischen Mengen beweist man dadurch, dass man zwei
Sachverhalte überprüft: jedes Element der linken Menge ist in der rechten enthalten, und
jedes Element der rechten Menge ist in der linken enthalten.
10. ,, A ⊂ B ”, in Worten ,, A ist Untermenge von B ” bedeutet: Jedes Element von
A ist in B enthalten. Handelt es sich bei dieser Enthaltenseinsrelation ,, ⊂ ” um eine
Äquivalenzrelation zwischen Mengen? Wenn ja, beweisen Sie das, wenn nein, widerlegen
Sie diese Aussage durch ein Gegenbeispiel.
11. Sie schließen einen Sparvertrag ab, der Sie und alle Ihre fernen Nachkommen verpflichtet, jährlich einen Euro auf ein Konto einzuzahlen. Dort bleibt das Geld liegen und verzinst
sich jährlich mit 2%. Nach wieviel Jahren liegt die erste Million auf dem Konto? Wieviel
Geld liegt nach 2000 Jahren auf dem Konto?
12. Beweisen Sie. Für alle n ∈ N gilt
n+1 = 1+n .
Die Lösungen der Aufgaben 9 bis 12 sind abzugeben vor der Vorlesung am 10.11.
3
13. n sei eine natürliche Zahl und Mn eine Menge mit n Elementen. Man zeige:
a) Mn hat 2n Untermengen.
b) Mn hat ebensoviele Untermengen U mit gerader Elementanzahl |U | wie Untermengen
mit ungerader Elementanzahl; nach dem Ergebnis aus a) gibt es also von beiden Sorten
genau 2n−1 Untermengen.
Tipp: Bedenken Sie, dass auch die leere Menge ∅ eine Untermenge von Mn ist (mit 0
Elementen, also gerader Anzahl); ebenso ist Mn selbst eine Untermenge von Mn (natürlich
mit n Elementen).— Sie können die Aufgabe direkt durch vollständige Induktion über n
lösen oder auch Aufgabe 6 verwenden.
14. Auf der Menge Z aller ganzen Zahlen führen wir eine neue Relation ein durch die
Vorschrift
a ≡ b :⇔ 17 teilt a − b .
Beweisen Sie, dass es sich um eine Äquivalenzrelation handelt! Wieviele Äquivalenzklassen
gibt es?
15. Auf der Menge N2 der geordneten Paare (a, b) natürlicher Zahlen definieren wir eine
Relation durch die Vorschrift
(a, b) ∼ (c, d)
:⇔
ad = bc .
Handelt es sich um eine Äquivalenzrelation? Begründen Sie Ihre Antwort!
16. Beweisen Sie: In den ganzen Zahlen Z gelten die Regeln
(−1) · (−1) = 1
(−1) · n = −n ∀ n ∈ Z .
und
Sie dürfen für die Beweise wahlweise die Konstruktion von Z als Restklassen in N2 benutzen oder die Regeln aus den Ringaxiomen folgern.
Offenbar waren die im vorletzten Blatt erläuterten Regelungen nicht deutlich genug, darum hier nochmal eine ganz klare Ansage: Abgekupferte Lösungen zählen nicht für den
Erwerb von Bonuspunkten. Jede(r) muss in der Lage sein, seine abgegebenen Lösungen auf
Nachfrage vorzuführen oder zu erläutern. Zusammenarbeit mit anderen fördert die mathematische Kommunikation und das Reservoir an Lösungsideen, ist somit sehr zu empfehlen,
aber: Formulieren Sie Ihre Lösungen unbedingt selbst im stillen Kämmerlein, denn die
mathematischen Sprechweisen lernt man nur durch eigenen Versuch. Damit Sie sich keine
Illusionen über Plagiatsentdeckungen machen:
Die Wahrscheinlichkeit, dass längere Textpassagen in zwei unabhängig formulierten Lösungen
zufällig übereinstimmen, ist so gut wie 0 .
4
17. a) Schreiben Sie die Zahl 2011 im Binärsystem, im Dreiersystem, im Siebenersystem
und im Achtersystem.
b) Jetzt bezeichne 2011 eine Zahl im Dreiersystem; wie sieht sie im Zehnersystem aus?
c) Begründen Sie: Um eine natürliche Zahl n im g–adischen Stellenwertsystem zu schreiben, braucht man mehr als logg (n) und höchstens 1 + logg (n) Stellen; mit logg wird
dabei der Logarithmus zur Basis g bezeichnet.
18. Beweisen Sie, dass die in der Vorlesung eingeführte Restklassenmultiplikation im Ring
Z/mZ wohldefiniert ist.
19. Für welche a ∈ Z gibt es ein x ∈ Z mit
ax ≡ 1 mod 30
?
Hinweis: Die Antwort hängt nur ab von der Restklasse [a]30 ab; wenn es Lösungen gibt,
bilden Sie auch wieder eine Restklasse [x]30 . Stellen Sie eine Tabelle auf, aus der man die
Beziehung zwischen [a] und [x] ablesen kann!
20. bn bn−1 . . . b2 b1 b0 sei die Darstellung der Zahl a ∈ N im Achtersystem, also
a = bn 8n + bn−1 8n−1 + . . . + b2 82 + b1 8 + b0 ,
alle bj ∈ {0, 1, . . . , 6, 7} .
Beweisen Sie: a ist genau dann durch 7 teilbar, wenn bn + bn−1 + . . . + b1 + b0 durch 7
teilbar ist.
Es sei noch einmal eindringlich daran erinnert, dass für den Erwerb von Klausur–Bonuspunkten
auch die Anwesenheit in den Übungen erforderlich ist!
Auswertung des Eingangstests: 205 Studierende haben teilgenommen, für jede Aufgabe
gab’s vier Punkte; die durchschnittlich erzielte Punktzahl war in den einzelnen Aufgaben
A) 2,5
B) 1,8
C) 2,8
D) 1,8
E) 0,9 (aua!)
F) 1,5 (seufz)
Für alle, die nicht aufmerksam die Nachrichten auf der Homepage verfolgen: Die Klausur
findet statt am Donnerstag, den 9.2.2012, von 8 bis 10 Uhr, die Nachklausur am Donnerstag, den 29.3.2012, von 10 bis 12 .
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21. Der 1.12.2011 ist ein Donnerstag. Auf welchen Wochentag fällt der 1.12.2091 ? Bitte keine seitenlangen Listen oder Computerprogramme schreiben, sondern eine geschickte
Rechnung mod 7 anstellen! Sie müssen nur investieren, dass jedes vierte Jahr 366 Tage
hat, alle anderen 365 Tage.
22. Sei d der ggT der Zahlen a, b ∈ Z , und (x, y) sei eine ganzzahlige Lösung der Gleichung ax + by = d . Welche Lösungen gibt es außerdem?
23. Beweisen Sie, dass es unendlich viele Primzahlen p ≡ 3 mod 4 gibt!
24. Fortsetzung von Aufgabe 3 : Zeigen Sie, dass je zwei aufeinanderfolgende Fibonaccizahlen teilerfremd sind.
25. Finden Sie ganzzahlige Lösungen der Gleichungen
a) 9413 x + 599 y = 1 ,
b) 511 x + 287 y = 21
und der Kongruenzen c) 17 x ≡ 1 mod 31 ,
d) 8 x ≡ 17 mod 99 .
26. Auf Z × Z sei die Relation (a, b) ∼ (m, n) :⇔ an = bm gegeben. Ist es eine
Äquivalenzrelation? Begründen Sie Ihre Antwort!
Tipp: Achten Sie auf den kleinen Unterschied zu der Relation, mit der man Q einführt!
27. a) Bestimmen Sie jeweils die kleinste natürliche Zahl n , welche 10n ≡ 1 mod m erfüllt,
und zwar für m = 7 , 11 , 17 , 21 .
b) Bestimmen Sie die Periodenlänge der Dezimalbruchentwicklung von
1
,
7
1
,
11
1
,
17
1
21
.
c) Formulieren Sie eine Vermutung! Testen Sie Ihre Vermutung z.B. an m = 33 oder 37 .
d) Beweisen Sie Ihre Vermutung!
28. Beweisen Sie: 2n > n2 für alle natürlichen n > 4 .
Tipp: Man darf eine vollständige Induktion z.B. auch mit n = 5 anfangen, etwa mit der
Begründung, dass man ja die Behauptung in ,, 2n+4 > (n + 4)2 für alle n ∈ N ” umformulieren kann.
6
29. Schreiben Sie gewöhnliche Brüche (geschrieben im Zehnersystem) in Kommaschreibweise ins g–adische Stellenwertsystem um, also mit Ziffern 0, 1, . . . , g − 1 , und zwar
131
im Ziffernsystem mit g = 7 ,
49
17
mit g = 6 ,
72
52
mit g = 9 .
27
30. Beweisen Sie 0 < a < b ⇔ 0 < b−1 < a−1 für alle rationalen a, b .
√
31. Beweisen Sie, dass 5 16 keine rationale Zahl ist.
32. Schreiben Sie die folgenden Dezimalbrüche in Kommaschreibweise in ein anderes g–
adisches Stellenwertsystem um, und zwar 0, 3 = 0, 3333 . . . ins Binärsystem,
0, 125 ins 3–ersystem, 0, 0416 = 0, 04166666 . . . ins 5–ersystem !
Tipp: Am besten die Dezimalbrüche erstmal in gewöhnliche (,,gemeine”) Brüche umwandeln, hier immer von der Form 1/m . Und nun genau wie im Dezimalsystem (nur eben mit
g anstelle von 10 ) der Reihe nach Divisionen
g:m,
g2 : m ,
g3 : m ,
g4 : m , . . .
durchführen, die Quotienten (ohne die Reste) ins g–adische System umschreiben und (hoffentlich!) eine Periodizität entdecken. Oder – ganz schlau – Aufgabe 27 vom Dezimalsystem
auf die g–adischen Systeme umschreiben.
33. Angenommen, Sie schreiben alle natürlichen Zahlen von 2 bis 900 auf und streichen aus
dieser Liste alle Vielfachen von 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 . Dann bleiben alle Primzahlen
zwischen 30 und 900 übrig. Warum ist das so?
34. Hier sind vier rationale Zahlen in periodischen Kommadarstellungen im g–adischen
Ziffernsystem; g ist dabei jeweils als Index angegeben:
1011, 1012 = 1011, 101101101 . . .2 , 221, 203 , 41, 3245 = 41, 3242424 . . .5 , 32, 617
Schreiben Sie sie ins Dezimalsystem um, als gemeinen Bruch oder als Dezimalbruch.
35. Gegeben die Polynome a(x) = x3 − 3x2 + 3x − 1 und b(x) = x2 − 2 .
a) Finden Sie Polynome p(x), q(x) mit der Eigenschaft p(x)a(x) + q(x)b(x) = 1 .
b) Finden Sie alle Paare (p, q) von Polynomen mit dieser Eigenschaft!
36. a) Seien t | n natürliche Zahlen. Zeigen Sie (xt − 1) | (xn − 1) .
b) Sei d = (n, m) . Zeigen Sie, wenigstens anhand der Beispiele (n, m) = (4, 6) und (4, 7) :
Das Polynom xd − 1 ist der ggT der Polynome xn − 1 und xm − 1 .
7
Neujahrs–Probeklausur
In den Aufgaben 37 und 38 sind nur die Ergebnisse anzugeben, nur diese zählen!
37. Finden Sie ganze Zahlen x, y , welche jeweils gleichzeitig folgende zwei Kongruenzen
erfüllen.
x ≡ 7 mod 31 und x ≡ 6 mod 94
bzw.
y ≡ 2 mod 11 und y ≡ 3 mod 49
38. a) Schreiben Sie die im Dezimalsystem gegebene Zahl 37/16 in Kommaschreibweise im
Binärsystem.
b) 21, 123 = 21, 121212 . . .3 ist im Dreiersystem in periodischer Kommaschreibweise notiert. Schreiben Sie die Zahl als gewöhnlichen Bruch ins Dezimalsystem um.
39. Sie finden hier neun Aussagen, von denen genau fünf richtig sind. Kreuzen Sie diese
an, nicht mehr und nicht weniger! Bei 5 richtig gesetzten Kreuzen gibt’s 4 Punkte, bei 4
richtigen noch 2,5 Punkte, bei 3 richtigen nur noch einen Punkt.
Für je drei Mengen gilt A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C
2
Jede 10–elementige Menge hat genau 45 zweielementige Untermengen
2
2
1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = (n + 1)
2
Zwei verschiedene Äquivalenzklassen haben einen leeren Durchschnitt
14x ≡ 1 mod m ist nur dann lösbar, wenn 14 und m teilerfremd sind
Die Abbildung Z → Z/12Z : n 7→ [n]12 ist injektiv
√
3
7 ist eine rationale Zahl
Reelle Polynome vom Grad 2n > 3 haben mindestens eine reelle Nullstelle
a 6= b , beide ∈ Q =⇒ a2 − 2ab + b2 > 0
2
2
2
2
2
2
40. Auf der Menge M aller Punkte einer Ebene sei folgende Relation gegeben:
P ∼ Q :⇔ P hat von Q einen Abstand ≤ 1 cm .
Handelt es sich um eine Äquivalenzrelation? Begründen Sie Ihre Antwort!
41. Beweisen Sie: 2n − 1 ist höchstens dann eine Primzahl, wenn n Primzahl ist.
(Lassen Sie sich von der Polynom–Aufgabe 36 inspirieren!)
42. (an )n∈N und (bn )n∈N seien zwei Cauchyfolgen rationaler Zahlen. Zeigen Sie, dass auch
(an + bn )n∈N eine Cauchyfolge ist.
8
43. Ein Parallelogramm ist ein Viereck, dessen gegenüberliegende Seiten parallel sind. Ein
Rhombus ist ein Viereck mit vier gleichlangen Seiten. Beweisen Sie: Ein Parallelogramm
ist genau dann ein Rhombus, wenn seine beiden Diagonalen aufeinander senkrecht stehen.
Aufgabe E aus dem Eingangstest darf benutzt werden!
44. Durch die Länge zweier Seiten und den Winkel, welcher der kürzeren Seite gegenüberliegt,
ist ein Dreieck meistens nicht oder zumindest nicht eindeutig bestimmt. Erklären Sie,
warum das so ist, und warum es eine Ausnahme zu dieser Regel gibt.
Tipp: Versuchen Sie, so ein Dreieck mit Zirkel und Geodreieck zu konstruieren!
45. Konstruieren Sie ein Dreieck aus den Vorgaben
c = 5 cm ,
sa = 6 cm ,
sb = 9 cm .
(mit sa bzw. sb ist die Länge der Seitenhalbierenden zur Seite a bzw. b bezeichnet.) Geben
Sie eine Konstruktionsbeschreibung!
Tipp: Denken Sie daran, dass sich die Seitenhalbierenden im Schwerpunkt schneiden, und
dass dieser die Seitenhalbierenden im Verhältnis 2 : 1 teilt.
46. Geben Sie sich zwei kongruente Dreiecke mit Eckpunkten ABC bzw. A0 B 0 C 0 vor. Es
gibt eine (Längen und Winkel erhaltende) Bewegung der Ebene, welche ABC in A0 B 0 C 0
überführt. Diese Bewegung lässt sich aus höchstens drei Geradenspiegelungen zusammensetzen; wie findet man solche Spiegelungen?
Lesen Sie die beiden nächsten 2 21 Seiten sehr sorgfältig!
Klausur: Zeit und Ort
Die Klausur wird am Donnerstag, den 9. Februar 2012, von 8.15 bis 9.45 geschrieben, die Nachklausur am Donnerstag, den 29. März, von 10.15 bis 11.45 Uhr. Der
Hörsaal für die Nachklausur wird noch auf der Homepage bekanntgegeben. Anmeldung zur
Klausur nicht erforderlich. Für den Raum am 9.2. gelten drei Alternativen:
• Wenn Ihre Matrikelnummer ≡ 2 mod 2 ist, gehen Sie in H II,
• wenn Ihre Matrikelnummer ≡ 3 mod 2 ist, gehen Sie in H III,
• wenn Sie nicht wissen, was ≡ r mod 2 bedeutet, kommen Sie besser gar nicht.
9
Klausur: Rolle für Ihr Studium
Für die Studierenden der Studiengänge L2 und L5 handelt es sich um eine Modulteilprüfung;
der andere Teil wird dann die Prüfung zur Elementarmathematik II am Ende des Sommersemesters sein. Bei Nichtbestehen der Prüfung besteht Anrecht auf eine Nachprüfung, Sie
dürfen dann also in die Nachklausur im März, die noch nicht als Wiederholungsprüfung
zählt; die Möglichkeit zur Wiederholungsprüfung besteht dann am Ende des nächsten Kurses über Elementarmathematik I, also Ende des Wintersemesters 12/13 – wenn Sie nicht
durch eine deutlich bessere Prüfung in Elementarmathe II inzwischen das ganze Modul
bestanden haben; es zählt nämlich letztlich das arithmetische Mittel der beiden Prüfungen
als Modulnote. Diese Modulnote ist bereits Bestandteil der Staatsexamensnote.
Anders für die L3–Studierenden: Das Modul besteht nur aus Elementarmathe I, die Klausur
ist also bereits die komplette Modulabschlussprüfung. Sie muss bestanden werden, die
Note ist allerdings unerheblich, zählt nicht zur Staatsexamensnote. Allerdings gibt
es keine Nachprüfung, Sie haben also insgesamt nur zwei Versuche, nämlich Prüfung
und Wiederholungsprüfung. Sie können bei Nichtbestehen der Klausur also gerne in die
Nachklausur kommen, diese zählt dann aber als Wiederholungsprüfung, d.h. es ist dann
Ihr letzter Versuch.
In jedem Fall (alle Studiengänge) dürfen Sie die Nachklausur als Erstversuch nutzen, wenn
Ihnen der Februartermin allzu früh oder allzu ungelegen kommt. Erfahrungsgemäß können
einige Wochen mathematische Verdauungspause Wunder wirken in Richtung auf besseres
Verständnis, und eine (mies) bestandene Prüfung kann leider nicht nachgebessert werden.
Eine Nachnachklausur werde ich allerdings nicht veranstalten.
Klausur: Spielregeln
Verboten ist die Verwendung von Mobiltelefonen, Taschenrechnern, Laptops, Büchern
und Skripten. Am besten gar nicht erst mitbringen! Wenn Sie den Tag nicht ohne Ihr
Handy verbringen können, dann dieses ausschalten und tief in eine verschlossene Tasche
versenken. Jeder Betrugsversuch hat Ausschluss aus der Klausur und Note 6 zur Folge. Jeder Teilnehmer muss bis zum Ende der Klausur auf seinem Platz bleiben, die Klausur wird
um 9.45 Uhr am Platz eingesammelt. Toilettenbesuch nur einzeln und unter Zurücklassung
allen Materials.
Erlaubt ist ein eigenhändig handschriftlich hergestellter DIN A4 –Spickzettel, beidseitig
beschrieben (keine Kopie!).
Mitzubringen sind mindestens zwei funktionsfähige Stifte als Schreibzeug sowie ausreichend Papier, am besten auch Bleistift, Lineal, Zirkel und Radiergummi, ebenso Personalausweis oder Goethecard. Diese sichtbar auf den Tisch legen!
Sitzordnung: Jede zweite Reihe bleibt frei, zwischen Ihnen und Ihren nächsten Nachbarn
sind mindestens drei Plätze frei zu halten.
Themen und Aufteilung: Die Klausur wird aus fünf Aufgaben bestehen, jede Aufgabe
10
bringt bei komplett richtiger Lösung 20 Punkte. Mit Ausnahme des letzten Paragraphen
der Vorlesung kann alles drankommen, was in Vorlesung oder Übungen behandelt wurde;
in der Nachklausur können auch noch die Themen des letzten Paragraphen vorkommen.
In den ersten beiden Aufgaben sind nur die Ergebnisse anzugeben, und nur diese zählen,
Rechenweg egal. Also einfach Resultat auf das Blatt eintragen, fertig. Die dritte Aufgabe
ist zum Ankreuzen, also eine Art Multiple choice–Aufgabe. Bei den beiden letzten ist eine
Begründung bzw. ein Beweis gefragt, den Sie auf ein Extrablatt schreiben; bitte auf alle
Blätter Ihren Namen!!
Bewertung: Bis zu 100 Klausurpunkte können in der Klausur erreicht werden. Notenpunkte und Noten ergeben sich daraus wie folgt (Übungen–Bonus von bis zu 10 Klausurpunkten
wird eingerechnet): Nicht bestanden ist die Klausur mit
Klausurpunkten 0–24 25–30 31–35 36–40 41–45
Notenpunkten
0
1
2
3
4
Noten
6
5
5
5
5
Bestanden ist sie mit (Zeilen geben wieder Klausurpunkte, Notenpunkte, Note an)
46–50 51–55 56–60 61–65 66–70 71–75 76–80 81–85 86–90 91–95 > 95
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
4
4
3
3
3
2
2
2
1
1
1
Die Klausurergebnisse werden nach Korrektur an meiner Zimmertür — Robert–MayerStr. 6–8, 2. OG, Zi. 205 — und auf meiner Homepage anonymisiert für ca. zwei Wochen
aushängen. Einsicht in die Klausur gibt es in einer ausgedehnten Sprechstunde am Mittwoch, 29.2., von 10 bis 12 Uhr. Dann (oder in einer anderen Sprechstunde) kann ich auch
Modulbescheinigungen ausstellen (Vordruck ausgefüllt mitbringen, gibt es zum Herunterladen auf der ZPL–Homepage); meine Sprechstunden sind an meiner Zimmertür bzw. auf
meiner Homepage zu finden.
Der wichtigste Tipp für die Klausur: Lesen Sie die Aufgaben genau! Nichts ist ärgerlicher,
als wenn man nachher merkt, dass man die Aufgabe falsch verstanden hat und z.B. die
falsche Richtung der Behauptung bewiesen hat, oder dass man in einer der Multiple–
Choice–Behauptungen ein Wort übersehen hat. . .
Ebenso: Rechnen Sie sorgfältig und vermeiden Sie Übertragungsfehler vom Schmierblatt auf Ihr Klausurblatt — besonders wichtig für Aufgabe 1 und 2 , in denen nur das
Ergebnis zählt. Bedenken Sie, dass viele Klausuraufgaben kleine Varianten alter Hausaufgaben sein werden! Überlegen Sie sich gut, was Sie auf Ihren Spickzettel speichern wollen.
Gilt alles genauso für die Nachklausur! Es sei ausdrücklich vermerkt, dass Sie mit Antritt
der Klausur angemeldet sind und von da an die Uhr tickt: Auch die Wiederholungsprüfung
ist innerhalb etwa eines Jahres zu absolvieren.
11
47. Man beweise: Die Seitenhalbierenden des Mittendreiecks bestehen aus jeweils einer
Hälfte der Seitenhalbierenden des ursprünglichen Dreiecks.
48. In einem rechtwinkligen Dreieck sei eine Kathetenlänge b = 5 und die Länge der Höhe
auf der Hypotenuse h = 4 .
a) Zeichnen Sie das Dreieck (mit Konstruktionsbeschreibung).
b) Berechnen Sie die anderen beiden Seitenlängen.
49. Beweisen Sie: Wenn die Eulersche Gerade durch einen Eckpunkt des Dreiecks verläuft,
handelt es sich um ein gleichschenkliges oder ein rechtwinkliges Dreieck.
50. Seien sa , sb , sc die Längen der Seitenhalbierenden und a, b, c die Seitenlängen eines
Dreiecks. Man zeige (Tipp: Mittendreieck einzeichnen und Dreiecksungleichung anwenden)
3
(a + b + c) < sa + sb + sc < a + b + c .
4
Die Lösungen der Aufgaben 47 bis 50 sind abzugeben vor der Vorlesung am 26.1.2012
51. Ein Trapez ist ein ebenes Viereck, in dem (mindestens) zwei gegenüberliegende Seiten
parallel sind. Ein Sehnenviereck ist ein Viereck, dessen vier Eckpunkte auf einem gemeinsamen Umkreis liegen. Man zeige: Ein Sehnenviereck ist ein Trapez, wenn seine beiden
Diagonalen gleichlang sind.
52. Man zeige: Ein Trapez ist ein Sehnenviereck, wenn seine beiden Diagonalen gleichlang
sind.
53. Gegeben ein regelmäßiges n–Eck, n > 4 . (Regelmäßig bedeutet insbesondere: Alle
Eckpunkte liegen auf einem gemeinsamen Umkreis, alle Seiten sind gleichlang.) Man betrachte alle Diagonalen, die von einem festen Eckpunkt ausgehen, und beweise: Je zwei
benachbarte Diagonalen schließen einen Winkel π/n ein.
12
Übungsaufgaben für Repetitorium und Nachklausur
54. Noch einmal die Folge Fn der Fibonaccizahlen aus Aufgabe 3 : Beweisen Sie, dass jede
achte Fibonaccizahl durch 7 teilbar ist, die übrigen nicht. Mit anderen Worten:
Fn ≡ 0 mod 7
⇔
n ≡ 0 mod 8
Tipp: Der Induktionsanfang besteht hier aus der Überprüfung von F1 , F2 , . . . , F8 . Als Induktionsvoraussetzung nehme man F8k−1 ≡ a 6≡ 0 mod 7 und F8k ≡ 0 mod 7 und rechne
dann in Z/7Z weiter (Induktionsschritt).
55. p < q seien zwei Primzahlen. Beweisen Sie, dass die beiden Polynome
xp−1 + xp−2 + . . . + x + 1
und
xq−1 + xq−2 + . . . + x + 1
teilerfremd sind.
56. Wie konstruiert man ein Dreieck aus folgenden Angaben? Im Eckpunkt C ist der
Winkel γ = π/3 , die davon ausgehende Seitenhalbierende hat die Länge sc = 3 und die
gegenüberliegende Seite die Länge c = 4 .
57. Erfinden Sie eine Konstruktionsvorschrift für das regelmäßige Fünfeck! Tipp: Im Einheitskreis kann man die Konstruktion bekanntlich ausführen,
wenn man cos 2π/5 konstru√
ieren kann. Sie dürfen verwenden, dass cos 2π/5 = ( 5 − 1)/4 ist.
Wichtig: Die Nachklausur findet am 29. März von 10.15 bis 11.45 Uhr im Hörsaal VI statt
(ganz oben im Hörasaalgebäude). Alle sind zugelassen, die nicht schon die erste Klausur
am 9.2. bestanden haben oder dort ihren letzten Versuch hatten.
Da wir im H VI sehr viel Platz haben, gilt eine neue Sitzordnung: Nur jede dritte Reihe
benutzen, zwischen je zwei Kandidaten drei freie Plätze.
Das Repetitorium wird Herr Meiss abhalten, und zwar vom 12. bis zum 16. März täglich
von 10 bis 12 im großen Hörsaal 308 der Robert–Mayer–Str. 6 .
13
Lösungen zu ausgewählten Aufgaben
Lösungsblatt zum Eingangstest
oder: was Sie eigentlich noch aus Ihrer Sekundarstufe I wissen sollten und
spätestens zu Ende dieser Elementarmathematik I locker können müssen
A
Schreiben Sie den gewöhnlichen Bruch
1
in einen Dezimalbruch um: = 0, 0099
101
B Schreiben Sie den periodischen Dezimalbruch 0, 027 = 0, 027027027 . . . als gewöhnlichen
1
27
=
Bruch:
999
37
C Bestimmen Sie alle Lösungen der Gleichung x3 + 3x2 − 10x − 24 = 0 (eine der
Lösungen ist x = −4 , soviel sei verraten) :
x = −2 , x = 3 sind die anderen,
3
2
2
denn (x + 3x − 10x − 24) : (x + 4) = x − x − 6
(a2 − b2 )10
, indem Sie ihn in das Produkt zweier
(a + b)5
Klammerausdrücke (gegebenenfalls mit Exponenten) verwandeln:
D
Vereinfachen Sie den Ausdruck
(a2 − b2 )10
(a + b)10 (a − b)10
=
= (a + b)5 (a − b)10
(a + b)5
(a + b)5
E Stimmt die folgende Behauptung? Wenn sich die beiden Diagonalen eines ebenen
Vierecks gegenseitig halbieren, ist das Viereck ein Parallelogramm.
Wenn ja, warum; wenn nein, warum nicht?
Ja, stimmt, denn:
Die Eckpunkte des Vierecks seien mit A, B, C, D bezeichnet (gegen den Uhrzeigersinn
angeordnet), M sei der Schnittpunkt der beiden Diagonalen AC und BD . Nach Voraussetzung sind die Streckenlängen AM = CM , BM = DM . Nach einem bekannten
Strahlensatz bzw. seiner Umkehrung, angewandt auf die Diagonalen, ist AB parallel zu
CD und ebenso AD parallel zu BC . (Andere Lösungen, z.B. mit Hilfe kongruenter Dreiecke und Stufenwinkel/Wechselwinkel–Sätzen, sind auch möglich.)
F Wie konstruiert man ein rechtwinkliges Dreieck mit Hypotenusenlänge c = 5 cm und
Höhe auf der Hypotenuse der Länge hc = 2 cm (Skizze und Konstruktionsbeschreibung)?
Lösung: Man zeichnet die Hypotenuse, dazu eine Parallele im Abstand 2 cm und schneidet
diese mit dem Thaleskreis. Der Schnittpunkt ist der noch fehlende Eckpunkt des Dreiecks.
(Es gibt natürlich vier Lösungen, die aber durch Spiegelung an c oder/und der Mittelsenkrechten auf c auseinander hervorgehen, also zu kongruenten Dreiecken führen.)
14
4. Man darf mit Recht vermuten, dass die Frage etwas mit Binomialkoeffizienten zu tun
hat. Ein paar Experimente mit einfachen Spezialfällen führt auf folgende Anzahlen:
• 2 für k = 1 , n = 2 , und 3 für k = 1 , n = 3 , allgemeiner
• n für k = 1 und alle n ,
• 1 für k = 0 und alle n ,
• 1 , wenn n = 2k − 1 , denn die einzig mögliche Untermenge ist dann
{1, 3, 5, . . . , 2k − 1} ,
• 0 , wenn n kleiner ist als 2k − 1 bzw. k größer als
1
(n
2
+ 1) ,
• 3 für k = 2 , n = 4 und 6 für k = 2 , n = 5 und allgemeiner
• 12 (n − 1)(n − 2) = n−1
für k = 2 und alle n = 3, 4, 5, . . . .
2
Mit diesen Vorüberlegungen sollte man auf die folgende Vermutung kommen (und was nun
folgt, sollte sich in irgendeiner Form auf Ihrem Lösungsblatt befinden):
Behauptung. Die Anzahl der k–elementigen Teilmengen {a1 , . . . , ak } von {1, 2, . . . , n}
ohne benachbarte Elemente ist
n−k+1
.
k
Beweis durch vollständige Induktion. Induktionsanfang: Klar, dass die Behauptung für
n = 1 stimmt – da ist sowieso nur k = 0 oder 1 möglich. (Überzeugen Sie sich, dass auch
die Fälle n = 2, 3, 4, 5 komplett in den Vorüberlegungen abgehandelt sind!).
Induktionsannahme (auch Induktionsvoraussetzung genannt): Die Behauptung sei für n
und alle kleineren Zahlen bereits bewiesen, und zwar jeweils für alle k .
Induktionsschritt: Nun wollen wir die Anzahl der k–elementigen Teilmengen {a1 , . . . , ak }
von {1, 2, . . . , n, n + 1} ohne benachbarte Elemente bestimmen. Darunter fallen Teilmengen, welche
a) n + 1 gar nicht enthalten, die also sogar schon
in {1, 2, . . . , n} enthalten sind; aus der
n−k+1
Induktionsannahme wissen wir, dass es
solche Teilmengen gibt.
k
b) Dazu kommen jetzt k–elementige Teilmengen, welche die Zahl n + 1 enthalten; da sie
keine benachbarten Zahlen enthalten dürfen, kann unter den übrigen Zahlen der Teilmenge
die Zahl n nicht vorkommen. Diese übrigen Elemente bilden also eine (k − 1)–elementige
Teilmenge von {1, 2, . . . , n − 1} , und davon gibt es nach Induktionsvoraussetzung
(n − 1) − (k − 1) + 1
n−k+1
=
viele.
k−1
k−1
Die Anzahl beider Möglichkeiten a) und b) zusammen ist also
n−k+1
n−k+1
n+1−k+1
+
=
k
k−1
k
(vgl. Satz 2.7 aus dem Skriptum), genau die Behauptung für n + 1 anstelle von n .
15
5. (Thorsten Jörgens)
Zu zeigen: n Geraden in allgemeiner Lage zerschneiden die Ebene in 12 (n2 + n + 2) Teile.
Allgemeine Lage heißt dabei, dass keine zwei Geraden zu einander parallel sind und keine
zwei Schnittpunkte von Geraden zusammenfallen. Das bedeutet also, dass jede Gerade jede
andere schneidet – und zwar in einem jeweils anderen Schnittpunkt.
Beweis. Die Behauptung soll für n Geraden gezeigt werden, für n ∈ N. Das Mittel der
Wahl ist daher die vollständige Induktion:
Induktionsanfang: für n = 1. Eine einzelne Gerade zerteilt die Ebene in 2 Teile. Außerdem gilt: 21 (12 + 1 + 2) = 2. Also stimmt unsere Formel für den Fall n = 1.
Induktionsvoraussetzung: für ein n ∈ N gilt: n Geraden in allgemeiner Lage zerteilen
die Ebene in 12 (n2 + n + 1) =: An Teile. (An ist einfach eine Bezeichnung für die Anzahl
der Teile).
Induktionsschritt: Der Schritt von n nach n + 1. Wir wollen also zeigen: Die Formel
stimmt auch für (n + 1) Geraden - unter der Voraussetzung, dass sie für n Geraden stimmt.
Beginnen wir mit n Geraden (in allgemeiner Lage) in der Ebene und zeichnen nun eine
(n + 1)-te Gerade dazu. Da diese ebenfalls zu jeder anderen in allgemeiner Lage liegt,
verläuft sie zu keiner anderen parallel und durch keinen schon vorhandenen Schnittpunkt.
Es entstehen somit n neue Schnittpunkte. Damit durchquert sie (n + 1) Ebenenstücke (mit
jedem Schnittpunkt gelangt sie in ein neues Ebenenstück plus das Ebenenstück, in dem
die Gerade beginnt“). Jedes dieses (n + 1) Ebenenstücke wird von der Gerade zerteilt.
”
Das bedeutet also, dass durch Zeichnen der (n + 1)-ten Geraden die Anzahl der Ebenenstücke um (n + 1) wächst.
Die Anzahl der Teile bei (n + 1) Geraden können wir also berechnen als Summe der Ebenenstücke bei n Geraden und den (n + 1) neu entstandenen“ Ebenenstücken, sprich:
”
1
(∗) 1
An+1 = An + (n + 1) = (n2 + n + 2) + (n + 1) = ((n + 1)2 + (n + 1) + 2)
2
2
(An der Stelle (∗) wurde die Induktionsvoraussetzung verwendet, da wir die Anzahl der
Teile bei n Geraden nach Induktionsvoraussetzung bereits kennen.)
Das ist aber genau die Formel für (n + 1) Geraden und damit ist die Behauptung bewiesen.
16
11. (Franziska Bommel)
Ausgangssituation ist folgender Sparplan: Man zahlt jedes Jahr einen Euro auf ein Konto
ein, bei jährlicher Verzinsung mit 2%.
Sei nun K(n) das Endkapital, das sich nach n Jahren (n ∈ N0 ) auf dem Konto angesammelt
hat.
Vorüberlegung: Im ersten Jahr wird ein Euro angelegt (K(0) = 1), ein Jahr später
haben wir dann das verzinste Startkapital, sowie einen neu eingezahlten Euro vorliegen,
also K(1) = 1, 02 · 1 + 1.
Nach dem gleichen Prinzip ergibt sich so für die nächsten Jahre:
K(2) = (1 · 1, 02 + 1) · 1, 02 + 1 = 1, 022 + 1, 02 + 1
..
.
n
n+1
X
(∗) 1 − 1, 02
n
n−1
1, 02k =
K(n) = 1, 02 + 1, 02
+ . . . + 1, 02 + 1 =
1 − 1, 02
k=0
(An der Stelle (∗) wurde die Formel für die geometrische Summe (Skript, Satz 2.4) verwendet.)
1. Frage: Nach wie vielen Jahren liegt eine Million Euro auf dem Konto,
d.h. für welches n ∈ N ist K(n) = 1 000 000 ?
K(n) = 1 000 000 ⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
1 − 1, 02n+1
= 1 000 000
1 − 1, 02
1 − 1, 02n+1 = (1 − 1, 02) · 1 000 000
1 − 1, 02n+1 = (−0, 02) · 1 000 000
− 1, 02n+1 = −20 001
1, 02n+1 = 20 001
log(1, 02n+1 ) = log(20 001)
(n + 1) · log(1, 02) = log(20 001)
⇔ n+1=
log(20 001)
⇔
log(1, 02)
n=
|−1
| · (−1)
| Logarithmieren“
”
|: log(1, 02) (ist 6= 0)
log(20 001)
− 1 ≈ 499, 11
log(1, 02)
Wegen n ∈ N folgt daraus n = 500, da man erst im Verlauf des 499. Jahres die Million
überschreitet.
⇒ Nach 500 Jahren hat sich ein Kapital von über einer Million Euro angesammelt.
2. Frage: Wie viel Geld liegt nach 2000 Jahren auf dem Konto,
d. h. welchen Wert hat K(2000) ?
Für n = 2000 ergibt sich somit
1 − 1, 022000+1
≈ 8, 08935 · 1018
1 − 1, 02
⇒ Nach 2000 Jahren liegen also ca. 8 Trillionen Euro auf dem Konto.
K(2000) =
17
16. (Lena Walter, Sebastian Becker)
Wir haben folgende Regeln in Z zu beweisen:
I. (−1) · (−1) = 1
II. (−1) · n = −n, ∀n ∈ Z.
Also: (−1) · n ist das additive Inverse zu n.
Dem geübten Rechner scheinen diese zwei Regeln I. und II. trivial. Aber betrachten wir
die Regeln von einem axiomatischen Standpunkt, erscheinen sie und ihre Beweise nicht
mehr völlig trivial.
Als erstes werden wir I. und II. mit Hilfe der Ringaxiome beweisen.
Die Ringaxiome, speziell für Z, finden wir im Vorlesungsskript auf Seite 9
Satz 3.2.
Mit den Ringaxiome können wir nun wie folgt vorgehen:
I.
• Möglichkeit 1: Im Folgendem benutzen wir 0+a = a, 1·a = a, a−a = −a+a = 0
und 0 · a = 0:
(−1) · (−1)
(−1) · (−1) + 0 = (−1) · (−1) + (−1) + 1
| {z }
=
|{z}
Addition von 0
=0
(−1) · (−1) + (−1) · 1 + 1
=
|{z}
Multipl. mit 1
=
|{z}
Distributivgesetz
(−1) · ((−1) + 1) + 1 = (−1) · |{z}
0 +1 = 1
=(−1)+1
• Möglichkeit 2: Sollten wir II. schon gezeigt haben, können wir II. für den Beweis
von I. nutzen:
Wir setzen in II. für n = (−1) ein und erhalten:
(−1)(−1) = −(−1)
=
|{z}
1
siehe Vorlesung
II. Wir wissen −n ist das additive Inverse von n. Zeigen wir (−1) · n ist auch additives
Inverses von n, müssen folglich −n und (−1) · n übereinstimmen, da das Inverse eines
Elementes aus Z eindeutig ist. Zu zeigen ist also: n + (−1) · n = 0.
n + (−1) · n
1 · n + (−1) · n
=
|{z}
Multipl. mit 1
=
|{z}
Distributivgesetz
(1 + (−1)) · n = |{z}
0 ·n = 0
18
=1+(−1)
Nun sind die Regeln auch von einem axiomatischen Standpunkt aus gesehen klar.
Anstelle der Ringaxiome, können wir I. und II. auch mit Hilfe von Satz 3.1 zeigen. Wir
schauen uns die Konstruktion von Z als Restklasse in N2 an, dort ist wie folgt eine Addition
und eine Multiplikation definiert: Seien a, b, c, d ∈ N beliebig, dann sei
[a, b] + [c, d] := [a + c, b + d] und [a, b] · [c, d] := [ac + bd, bc + ad], wobei a 7→ [a + 1, 1] gilt.
0 wird die Äquivalenzklasse [m, m], 1 die Äquivalenzklasse [2, 1] = [m+1, m] ( m ∈ N beliebig), also gilt (−1) 7→ [1, 2] und n 7→ [n + 1, 1], wir können nun die Beweise folgendermaßen
durchführen:
I. Zu zeigen (−1) · (−1) = 1 mit 1 7→ [2, 1]:
[1, 2] · [1, 2] = [5, 4] = [2, 1]
⇔(−1) · (−1) = 1
II. Zu zeigen (−1) · n = −n mit −n 7→ [1, n + 1]:
[1, 2] · [n + 1, 1] = [n + 1 + 2, 1 + 2n + 2] = [1, n + 1]
⇔(−1) · n = −n
Die Rechenregeln ergeben sich also ebenso aus der Konstruktion.
20. (Saskia Groh)
Sei a ∈ N mit a = bn 8n + bn−1 8n−1 + ... + b1 8 + b0 , bi ∈ {0, 1, ... , 7}, also eine natürliche
Zahl im Achtersystem. Zu zeigen ist
7|a ⇐⇒ 7|(bn + bn−1 + ... + b1 + b0 )
Wenn a durch 7 teilbar ist, bleibt Rest 0 bei der Division durch 7. Schreibe: [a]7 = [0]7
(also a ≡ 0 mod 7). Für die Restklassen modulo 7, gibt es nach Satz 5.1 eine Addition
und eine Multiplikation auf Z/7Z:
(i) [a + b] = [a] + [b] und (ii) [a · b] = [a] · [b]
Zudem gilt [8]7 = [1]7 . (∗)
Satz5.1i
Beweis: 7|a ⇐⇒ [0]7 = [a]7 ⇐⇒ [0]7 = [bn 8n + bn−1 8n−1 + ... + b1 8 + b0 ]7 ⇐⇒
Satz5.1ii
[0]7 = [bn 8n ]7 + [bn−1 8n−1 ]7 + ... + [b1 8]7 + [b0 ]7 ⇐⇒
Satz5.1ii
[0]7 = [bn ]7 · [8n ]7 + [bn−1 ]7 · [8n−1 ]7 + ... + [b1 ]7 · [8]7 + [b0 ]7 ⇐⇒
(∗)
[0]7 = [bn ]7 · [8]n7 + [bn−1 ]7 · [8]n−1
+ ... + [b1 ]7 · [8]7 + [b0 ]7 ⇐⇒
7
(Satz5.1ii)
[0]7 = [bn ]7 · [1]n7 + [bn−1 ]7 · [1]n−1
+ ... + [b1 ]7 · [1]7 + [b0 ]7 ⇐⇒
7
19
[0]7
[0]7
[0]7
[0]7
Satz5.1ii
= [bn ]7 · [1n ]7 + [bn−1 ]7 · [1n−1 ]7 + ... + [b1 ]7 · [1]7 + [b0 ]7 ⇐⇒
= [bn 1n ]7 + [bn−1 1n−1 ]7 + ... + [b1 1]7 + [b0 ]7 ⇐⇒
Satz5.1i
= [bn ]7 + [bn−1 ]7 + ... + [b1 ]7 + [b0 ]7 ⇐⇒
= [bn + bn−1 + ... + b1 + b0 ]7 ⇐⇒ 7|(bn + bn−1 + ... + b1 + b0 )
q.e.d.
Kürzere Beweise sind akzeptabel, solange sie richtig sind!
23. (Sebastian Becker, Lena Walter)
In Aufgabe 23 haben wir zu beweisen, dass es unendlich viele Primzahlen p ≡ 3 mod 4
gibt. Wir beweisen diese Aussage per Widerspruch:
Nehmen wir zunächst an, es gäbe nur endlich viele Primzahlen p1 , p2 , · · · , pn der Form
pi = 4 · k + 3 mit je einem k ∈ Z. (Das entspricht gerade pi ≡ 3 mod 4.)
Die pi bezeichnen alle Primzahlen mit der Eigenschaft pi ≡ 3 mod 4 und seien o.B.d.A.
der Größe nach sortiert, es gelte folglich p1 < p2 < . . . < pn . Insbesondere ist dann
p1 = 4 · 0 + 3 = 3.
Betrachten wir nun die Zahl p̃ := 4 · (p2 · p3 · · · pn ) + 3. (Beachte: p1 ist kein Faktor des
Produkts.) Weiterhin ist p̃ nach Konstruktion von der gewünschten Form p̃ = 4 · k + 3 für
ein k ∈ Z.
Wir unterscheiden die folgenden zwei Fälle:
• Fall 1: p̃ ist eine Primzahl. Dies ist ein Widerspruch zur Annahme.
• Fall 2: p̃ ist keine Primzahl.
Nach Satz 6.4 lässt sich p̃ eindeutig in Primfaktoren zerlegen.
pi - p̃ ∀i = 1, · · · , n, da keine der Primzahlen p2 , · · · , pn die Zahl 3 teilt und p1 kein
Teiler des Produkts p2 · p3 · · · pn ist. p̃ muss jedoch Primteiler besitzen. 2 kommt als
Teiler nicht in Frage, diese haben also die Form 4k + 1 oder 4k + 3 mit k ∈ Z.
Überdies kann p̃ nicht ausschließlich Teiler der Bauart 4k + 1 besitzen, da p̃ dann
selbst wieder von der Form 4k + 1 wäre. Im Ring Z/4Z gilt nämlich:
[4a + 1]4 · [4b + 1]4 = [1]4 · [1]4 = [1]4 mit a, b ∈ Z
Es existiert demnach mindestens ein Primteiler pn+1 = 4 · k + 3 von p̃ mit pn+1 6= pn .
Auch dies steht im Widerspruch zur Annahme.
Da die Annahme der Endlichkeit in beiden Fällen zu einem Widerspruch führt, folgt die
Behauptung.
20
27. (Sebastian Meiss)
a) Bestimme zunächst die kleinsten natürlichen Zahlen n, welche
10n ≡ 1
mod m
erfüllen, für m = 7, 11, 17, 21 . Das ist einfach auszurechnen, wobei wir uns bei
größeren Potenzen immer mit den Restklassenmultiplikation aushelfen können.
• Für m = 7:
101 ≡ 3
mod 7
und
102 = 100 ≡ 2
mod 7
Damit erhält man mit der Multiplikation der Restklassen sofort:
1000 = 102 · 101 ≡ 3 · 2 ≡ 6 ≡ −1
104 = 102 ·102 ≡ 4
mod 7
6
105 = 103 ·102 ≡ (−1)·2 ≡ −2 ≡ 5
und
3
mod 7
mod 7
3
Schließlich erhält man 10 = 10 · 10 ≡ (−1) · (−1) ≡ 1 mod 7, also n = 6.
• Für m = 11 erhält man sehr schnell n = 2, da 100 − 1 = 99 = 9 · 11.
• Die Rechnung für m = 17 ist etwas aufwendiger. Wir erhalten:
101 ≡ 10
102 ≡ 15
103 ≡ 14
104 ≡ 4
mod 17
mod 17
mod 17
mod 17
105 ≡ 6
106 ≡ 9
107 ≡ 5
108 ≡ 16
mod 17
mod 17
mod 17
mod 17
109 ≡ 7 mod 17
1010 ≡ 2 mod 17
1011 ≡ 3 mod 17
1012 ≡ 13 mod 17
1013 ≡ 11
1014 ≡ 8
1015 ≡ 12
1016 ≡ 1
mod 17
mod 17
mod 17
mod 17
Also ist hier n = 16.
Dabei benutzen wir für die großen Potenzen die Restklassenmultiplikation und
können daher z.B. 1010 = 105 · 105 ≡ 62 ≡ 36 ≡ 2 mod 17 einfacher berechnen.
• Für m = 21 erhält man
101 ≡ 10
4
10 ≡ 4
mod 21,
mod 21,
102 ≡ 16
5
10 ≡ 19
mod 21,
mod 21
103 ≡ 13
6
10 ≡ 1
mod 21
mod 21
also n = 6. Auch hier kann man sich wieder die Rechnung vereinfachen, wenn
man z.B. 105 = 104 · 101 ≡ 4 · 10 ≡ 19 ≡ −2 mod 21 rechnet.
b) Bestimme nun die Periodenlängen (ausrechnen!):
1
= 0, 142857
7
1
= 0, 09
11
1
1
= 0, 0588235294117647
= 0, 047619
17
21
Es ergeben sich also die Periodenlängen 6 , 2 , 16 und 6, das entspricht gerade den
zu m = 7, 11, 17 und 21 gefundenen n aus Teilaufgabe a).
21
c) Vermutung: Betrachte ein m ∈ N, teilerfremd zu 10 mit m > 1. Dann hat der Bruch
1/m die Periodenlänge n, wobei n die kleinste Zahl ist, sodass 10n ≡ 1 mod m.
d) Vor dem Beweis noch eine Bemerkung:
Die Voraussetzung, dass m teilerfremd zu 10 ist, benötigen wir, damit wir überhaupt
eine Zehnerpotenz finden, sodass 10n ≡ 1 mod m. Begründung:
Da es in Z/mZ nur endlich viele Restklassen gibt, muss es, wenn wir alle Zehnerpotenzen betrachten, irgendwann den Fall geben: [10k ]m = [10l ]m für k 6= l.
Man kann nun o.B.d.A. annehmen, dass l = k + n ist, also ist dann
10l ≡ 10k · 10n ≡ 10k
mod m
Da m und 10 teilerfremd sind, existiert ein Inverses zu [10]m , also dürfen wir im
Restklassenring Z/mZ durch 10 und damit auch durch 10k dividieren. Damit erhält
man dann:
10n ≡ 1 mod m
Falls 10 und m nicht teilerfremd sind, gibt es solche Lösungen nicht, (Beispiele m = 30
oder m = 60). Dies liegt daran, dass 10 dann überhaupt kein Inverses modulo m
besitzt.
Abgesehen davon sichert uns ein zu 10 teilerfremdes n die Periodizität, da abbrechende Dezimalbrüche stets auf eine Form 10ak erweiterbar sind, in diesem Fall muss
aber für einen Bruch m1 sogar m ein Teiler von 10k sein.
Nun zum Beweis:
Wir zeigen zunächst: Die Periodenlänge von
1
m
ist höchstens n:
Man erhält die Dezimalbruchschreibweise
1
= 0, b1 b2 b3 ...
m
durch sukzessives Ausführen von:
1 : m = 0, Rest 1
(1 · 10) : m = b1 Rest r1
(r1 · 10) : m = b2 Rest r2
und so weiter. Hierbei bricht dieses Verfahren nie ab, da der Bruch periodisch ist.
Dabei ist r1 ≡ 10 mod m, da r1 gerade der Rest von 10 bei Division durch m ist.
Damit ist weiter
r2 ≡ r1 · 10 ≡ 102 mod m
und damit also
ri ≡ 10i
22
mod m
Da wir nun wissen, dass 10n ≡ 1 mod m ist, folgt damit, dass rn = 1 (weil rn ≡ 1
mod m und rn < m) und damit rn+1 = r1 ist. Also beginnt ab der n + 1-ten Stelle
das Verfahren von vorn und die Periode hat höchstens n Stellen.
Dass sie genau n Stellen hat, begründen wir so:
Falls die Periode kürzer wäre, so gäbe es in unserer Division bereits vor dem n-ten
Schritt einen Rest, der bereits vorher einmal vorkam. Also wären die Reste in den
Schritten i und j gleich, wobei i, j < n sind.
Damit folgt
10i ≡ 10j
mod m
1 ≡ 10j−i
mod m
und damit sofort, o.B.d.A j > i
Das ist aber ein Widerspruch, da j − i < n ist und n die kleinste natürliche Zahl mit
der Eigenschaft 10n ≡ 1 mod m ist!
Daher muss die Periodenlänge von
1
m
genau n Stellen betragen.
32. Als gemeine Brüche sehen unsere Zahlen so aus:
0, 3 =
1
,
3
0, 125 =
125
1
= ,
1000
8
0, 0416 =
1
24
Nur die letzte Gleichung erfordert einen Taschenrechner oder eine Zusatzüberlegung wie
z.B. 0, 0416 = 0, 6 − 0, 625 = 23 − 58 . Die Nenner sind glücklicherweise jeweils teilerfremd
zu g = 2 bzw. 3 bzw. 5 , und wir haben
22 ≡ 1 mod 3 ,
32 ≡ 1 mod 8 ,
52 ≡ 1 mod 24 ,
genauer sogar immer den Nenner d = g 2 −1 . Wie im Dezimalsystem liefert die Grenzwert–
Formel für geometrische Reihen also in allen drei Fällen
∞
X
1
1
−2
−2
=g ·
=g ·
g −2k = g −2 + g −4 + g −6 + . . .
g2 − 1
1 − g12
k=0
,
in g–adischer Zifferndarstellung also 0, 01 = 0, 010101 . . . . Scheint die gleiche Zahl zu sein,
bedeutet aber für g = 2, 3 und 5 etwas völlig anderes!
23
35. (Thorsten Jörgens)
Gegeben sind die Polynome a(x) = x3 − 3x2 + 3x − 1 und b(x) = x2 − 2.
a) Finden Sie Polynome p(x) und q(x), mit der Eigenschaft p(x)a(x) + q(x)b(x) = 1.
Mindestens aus Aufgabe 22 ist uns bekannt, dass wir eine Gleichung der Form ax + by = d
ganzzahlig lösen können, wenn uns ganze Zahlen a und b gegeben sind und d ein Vielfaches
des ggT von a und b ist, d.h. es gibt x, y ∈ Z, sodass ax + by = d gilt. Aus Aufgabe 22 ist
uns ebenfalls bekannt, dass diese Lösung nicht eindeutig ist, doch dazu im Aufgabenteil b)
mehr.
Wir betrachten nun eine Gleichung der selben Gestalt, wobei nun a, x, b, y, d jeweils Polynome sind, nämlich a(x), p(x), b(x), q(x) und 1, wobei 1 die Funktion ist, die nur den Wert
1 annimmt (also f (x) = 1 für alle x ∈ R). Entsprechend wie in Aufgabe 25 werden wir
diese Gleichung mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus lösen, wobei wir feststellen
werden, dass 1 der größte gemeinsame Teiler der Polynome a(x) und b(x) ist (die beiden
Polynome sind also teilerfremd).
Auf diese Weise finden wir eine Lösung der Gleichung p(x)a(x)+q(x)b(x) = 1. Nach Aufgabe 22 wissen wir weiter über die Gestalt aller (unendlich vieler) Lösungen bestens bescheid,
wodurch uns Aufgabenteil b) anschließend nicht mehr schwer fallen wird.
Soweit die Vorüberlegungen, schreiten wir nun endlich zur Tat und führen den erweiterten
euklidischen Algorithmus durch:
1) euklidischer Algorithmus:
1. zunächst gesucht sind Polynome s1 (x) und r1 (x) mit x3 − 3x2 + 3x − 1 = s1 (x)(x2 −
2) + r1 (x). Dazu dividieren wir das Polynom a(x) durch das Polynom b(x) mit Rest
(Polynomdivision):
Damit haben wir s1 (x) und r1 (x) bestimmt und es gilt:
x3 − 3x2 + 3x − 1 = (x − 3)(x2 − 2) + (5x − 7)
2. im nächsten Schritt des euklidischen Algorithmus teilen wir nun x2 − 2 mit Rest
durch 5x − 7 = r1 (x), bestimmen also Polynome s2 (x) und r2 (x) dergestalt, dass
x2 − 2 = s2 (x)(5x − 7) + r2 (x):
Damit haben wir herausgefunden:
1
7
1
2
x −2=
x−
(5x − 7) −
5
25
25
24
3. den letzten Schritt können wir uns nun fast schon sparen, da als Rest eben eine
konstante Zahl (also ein Polynom vom Grad 0) entstanden ist - und schlimmer kann es
quasi nicht mehr werden. Der Vollständigkeit halber sei er aber trotzdem angegeben:
1
5x − 7 = (−25x + 175) · −
25
+0
Hier bricht der Algorithmus ab und wir haben herausgefunden, dass der größte gemeinsa1
me Teiler der Polynome a(x) und b(x) die konstante Zahl − 25
ist. Bekanntlich ist 1 ein
1
Vielfaches von − 25 und die ursprüngliche Gleichung somit lösbar.
2) Wir können nun den erweiterten euklidischen Algorithmus durchführen und die Gleichungen oben der Reihe nach nach den Resten auflösen und in einander einsetzen. Damit
ergibt sich:
1
=(x2 − 2) − (5x − 7)
25
1
7
x+
5
25
7
1
x+
=(x − 2) − ((x − 3x + 2x − 1) − (x − 3)(x − 2))
5
25
1
7
1
7
2
3
2
=(x − 2) 1 + (x − 3)
x+
− (x − 3x + 3x − 1)
x+
5
25
5
25
1
8
4
1
7
=(x2 − 2) − x2 + x −
− (x3 − 3x2 + 3x − 1)
x+
5
25
25
5
25
2
3
2
2
Insgesamt wollen wir auf der linken Seite eine 1 stehen haben, weswegen wir nun die
gesamte Gleichung mit 25 multiplizieren. Wir erhalten:
1 = −(5x2 − 8x + 4)(x2 − 2) + (5x + 7)(x3 − 3x2 + 3x − 1)
|
{z
}
| {z }
=q(x)
=p(x)
Abschließend bemerken wir noch, dass ebenfalls das konstante Polynom 1 ein Teiler von
1
a(x) und b(x) ist. Da sowohl 1 als auch − 25
konstante Zahlen sind und es keinen Unterschied macht, durch welche Zahl wir ein Polynom teilen, nennt man der Einfachheit halber
1 den ggT von a(x) und b(x) (an unseren Berechnungen oben ändert das nichts).
25
b) Finden Sie alle Paare (p(x), q(x)) von Polynomen mit dieser Eigenschaft.
Wie oben erwähnt sind seit Aufgabe 22 die Lösungen der Gleichung ax + by = d ein alter
Hut - mit a, b ∈ Z und wobei d ein Vielfaches des ggT von a und b ist. Diese Lösung ist,
wie wir damals festgestellt haben, nicht eindeutig - es gibt sogar unendlich viele - und die
Lösungsmenge hat die Gestalt:
L = {(x1 + txH , y1 + tyH ) ∈ Z2 |t ∈ Z}
wobei (x1 , y1 ) eine Lösung der Gleichung ax + by = d ist (d.h. ax1 + by1 = d) und wobei
(xH , yH ) mit xH = − db und yH = ad eine Lösung der (homogenen) Gleichung ax + by = 0
ist (d.h. axH + byH = 0). Damit hatten wir rausgefunden, dass t(xH , yH ) für t ∈ Z alle
Lösungen der Gleichung ax + by = 0 bilden.
Im ersten Aufgabenteil hatten wir schon bemerkt, dass wir mit unserer Polynomgleichung
p(x)a(x) + q(x)b(x) = 1 ebenso verfahren können, wie mit der Gleichung ax + by = d. Dies
trifft auch auf die Gesamtheit der Lösungen zu und sie hat somit die Gesalt:
b(x)
a(x) L=
p(x) − t(x)
, q(x) + t(x)
t ∈ R[x]
1
1
(hier dürfen wir reelle Polynome t verwenden, da Polynome mit reellen Koeffizienten betrachtet werden. Damit genügt uns eigentlich auch eine beliebige Lösung der homogenen
Gleichung), wobei p(x), q(x) die Polynome von oben sind und für den ggT von a(x) und
b(x) bereits 1 eingesetzt wurde.
Insgesamt haben wir also:
L = {((5x + 7) − t(x) · (x2 − 2), −(5x2 − 8x + 4) + t(x) · (x3 − 3x2 + 3x − 1))|t ∈ R[x]}
39. Hier die richtigen Antworten, zum Teil mit kleiner Begründung (die Sie im Ernstfall
nicht mitliefern müssen):
Für je drei Mengen gilt A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C
X
Jede 10–elementige
Menge hat genau 45 zweielementige Untermengen
X
10·9
10
denn 5 = 1·2
1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = (n + 1)2
2
2
nein, es ist n . Dass es falsch ist, sieht man schon mit n = 1
Zwei verschiedene Äquivalenzklassen haben einen leeren Durchschnitt
andernfalls sorgt die Transitivität dafür, dass alles in der gleichen Klasse liegt
14x ≡ 1 mod m ist nur dann lösbar, wenn 14 und m teilerfremd sind
denn d = (14, m) ⇒ d | alle 14x + my
Die Abbildung Z → Z/12Z : n 7→ [n]12 ist injektiv
aber nein: alle n + 12y werden auf das gleiche [n]12 abgebildet
26
X
X
2
√
3
7 ist eine rationale Zahl
Gegenbeweis genau wie Aufgabe 31
Reelle Polynome vom Grad 2n > 3 haben mindestens eine reelle Nullstelle
nicht doch: x2n + 1 > 0 für alle x ∈ R und alle n ∈ N
a 6= b , beide ∈ Q =⇒ a2 − 2ab + b2 > 0
denn (a − b)2 > 0
2
2
X
42. (Franziska Bommel)
Die Zahlenfolgen (an )n∈N und (bn )n∈N seien Cauchyfolgen in Q. Wir wollen nun zeigen, dass
dann auch (an + bn )n∈N eine Cauchyfolge ist. Dazu muss gelten:
Zu beliebig vorgegebenem ε > 0 gibt es einen festen Index N (ε), sodass
|(an + bn ) − (am + bm )| < ε ∀ n, m ≥ N (ε) (?)
(Bei einer Cauchyfolge wird der Abstand zweier Folgenglieder beliebig klein, wenn die
Indizes n und m nur genügend groß, bzw. größer als eine Schranke N , gewählt werden.)
Beweis:
(an )n∈N sei eine Cauchyfolge, d.h. zu beliebig vorgegebenem ε > 0 existiert ein N1 (ε)
sodass:
ε
∀ n, m ≥ N1 (ε)
(1)
|an − am | <
2
(bn )n∈N sei ebenfalls eine Cauchyfolge, d.h. zu beliebig vorgegebenem ε > 0 existiert ein
N2 (ε) sodass:
ε
∀ n, m ≥ N2 (ε)
(2)
|bn − bm | <
2
Um zu zeigen, dass es sich bei (an + bn )n∈N um eine Cauchyfolge handelt, müssen wir nun
|(an + bn ) − (am + bm )| abschätzen:
|(an + bn ) − (am + bm )| = |(an − am ) + (bn − bm )|
≤ | an − am | + | b n − b m |
| {z }
| {z }
(1)
< 2ε
∀n, m ≥ N1 (ε)
<
(Dreiecksungleichung)
(2)
< 2ε
∀n, m ≥ N2 (ε)
ε ε
+
= ε ∀ n, m ≥ N (ε) := max{N1 (ε), N2 (ε)}
2 2
Daraus folgt (?). Somit ist (an + bn )n∈N eine Cauchyfolge.
27
43. (Lena Walter, Sebastian Becker)
Ein Parallelogramm ist ein Viereck, dessen gegenüberliegende Seiten parallel sind. Ein
Rhombus ist ein Viereck mit vier gleichlangen Seiten. Beweisen Sie: Ein Parallelogramm
ist genau dann ein Rhombus, wenn seine beiden Diagonalen aufeinander senkrecht stehen.
Um einen besseren Überblick über das der Aufgabe zu Grunde liegende Problem zu erhalten, erstellen wir eine Skizze. (Beachte: Im Allgemeinen sind die innen liegenden Winkel δ
nicht gleich groß.)
Zu Beginn unseres Beweises werden wir zwei Vorüberlegungen ((i) und (ii)) zeigen. Auf
diese Überlegungen stützt sich dann der eigentliche Beweis.
(i) Sind bei einem ebenen Viereck gegenüberliegende Seiten gleich lang, so handelt es
sich um ein Parallelogramm.
(ii) Bei einem Parallelogramm halbieren sich die Diagonalen. (In Ergänzung zu Aufgabe
E des Eingangstests.)
Beweis zu (i): Gegenüber liegende Seiten sind gleich lang, also gilt |AB| = |CD| und
|DA| = |BC|. Aus dem Kongruenzsatz sss folgt, dass ∆ABC ∼
= ∆CDA. Daher muss auch
für deren Winkel gelten:
^CAB = ^ACD = α und ^DAC = ^BCA = β
α und β sind jeweils Wechselwinkel, folglich müssen die gegenüberliegenden Strecken AB
und CD bzw. BC und DA jeweils parallel zueinander sein. Das Viereck ABCD ist damit
ein Parallelogramm.
Beweis zu (ii): Hier verläuft die Argumentation ähnlich zu (i). Da die Seiten AB und CD
parallel sind, sind auch jeweils die Wechselwinkel gleich groß, also ^CAB = ^ACD = α
und ^ABD = ^CDB = γ. Mit dem Kongruenzsatz wsw ergibt sich Kongruenz der
28
Dreiecke ∆ABM und ∆DM C und damit auch die Längengleichheit der Diagonalenteile
|AM | = |M C| sowie |BM | = |M D|.
Nun zur eigentlichen Aussage:
⇒“: Sei ABCD ein Parallelogramm, dessen Diagonalen senkrecht zueinander stehen. Für
”
die innen liegenden Winkel gilt Gleichheit:
π
^BM A = ^CM B = ^DM C = ^AM D = δ = (= 90◦ ).
2
Nach (ii) halbieren sich die Diagonalen, also gilt |AM | = |M C| und |BM | = |M D|.
Mit dem Kongruenzsatz sws sind die Dreiecke ∆ABM , ∆BCM , ∆CDM und ∆DAM
kongruent, und dank ihrer Kongruenz folgt auch die Gleichheit der Seitenlängen |AB|,
|BC|, |CD| und |DA|. ABCD ist ein Rhombus.
⇐“: Sei ABCD nun ein Rhombus, d.h. alle Seiten - insbesondere gegenüber liegende ”
sind gleich lang. Mit (i) ist ABCD ein Parallelogramm. Es bleibt zu zeigen, dass die
Diagonalen senkrecht aufeinander stehen.
Aufgrund der Parallelogrammeigenschaft (ii) halbieren sich die Diagonalen (|AM | =
|M C| und |BM | = |M D|). Da weiterhin die außen liegenden Seiten gleich lang
sind (Rhombus), verwenden wir dieses Mal den Kongruenzsatz sss, um ∆ABM ∼
=
∼
∼
∆BCM = ∆CDM = ∆DAM zu begründen. Wir schließen für die Winkel: ^BM A =
^CM B = ^DM C = ^AM D = δ, und da diese zusammen 2π ergeben müssen, muss
δ = π2 (= 90◦ ) sein. Die Diagonalen stehen folglich senkrecht aufeinander.
50. (Saskia Groh)
Ein Dreieck hat die Seitenlängen a, b und c und die Seitenhalbierenden sa , sb und sc .
zu zeigen:
(i)
(ii)
3
(a + b + c) < sa + sb + sc < a + b + c
4
Die den Eckpunkten A, B, C gegenüberliegenden Seitenmittelpunkte seien mit A0 , B 0 , C 0
bezeichnet.
Die Seitenlängen des Mittendreiecks A0 B 0 C 0 folgen aus den Strahlensätzen:
A0 B 0 = 21 AB
A0 C 0 = 12 AC
B 0 C 0 = 12 BC
Außerdem wird die Eigenschaft des Schwerpunktes S benutzt, der die Seitenhalbierenden
vom Eckpunkt aus im Verhältnis 2:1 teilt.
(i) Beweis:
nach der Dreiecksungleichung gilt:
AB < SB + SA
BC < CS + SB
29
CA < AS + SC
also:
2
2
c < sb + sa
3
3
2
2
a < sc + sb
3
3
2
2
b < sa + sc
3
3
( Hierbei kann man die Gleichheit ausschließen, da dies nur für entartete Dreiecke gilt,
also z.B. liegt o.B.d.A. der Punkt S des Dreiecks ABS nicht auf der Strecke AB.)
⇒
2
2
2
2
2
2
b + c + a < sb + sa + sc + sb + sa + sc
3
3
3
3
3
3
4
⇔
a + b + c < (sa + sb + sc )
3
3
⇔
(a + b + c) < sa + sb + sc
4
(ii) Beweis:
nach der Dreiecksungleichung gilt:
AA0 < AC 0 + C 0 A0
also:
⇒
1
1
sa < c + b
2
2
BB 0 < BA0 + A0 B 0
1
1
sb < a + c
2
2
1
1
1
1
1
1
sa + sb + sc < c + b + a + c + b + a
2
2
2
2
2
2
CC 0 < CB 0 + B 0 C 0
1
1
sc < b + a
2
2
⇔
sa + sb + sc < a + b + c
q.e.d.
53. (Sebastian Meiss)
Wir zeigen, dass im regelmäßigen n-Eck (n > 4) je zwei benachbarte Diagonalen, die von
einem Eckpunkt ausgehen, einen Winkel von π/n einschließen.
Wir betrachten als Beispiel ein regelmäßiges Siebeneck.
Um den Beweis zu führen, drehen wir die Betrachtungsweise um. Statt einer festen Ecke
betrachten wir zunächst eine feste Seite des n-Ecks.
Alle Seiten des n-Ecks sind Sehnen des Umkreises.
Desweiteren ist der Zentriwinkel über jeder Seite jeweils gleich groß.
Grund: Die Dreiecke, welche als Grundseite eine Seite des n-Ecks und als dritten Punkt
den Mittelpunkt M des Umkreises haben, sind kongruent nach (SSS), da zwei Seiten die
Länge des Radius besitzen und die jeweils dritte Seite als Seite des regelmäßigen n-Ecks
30
ebenfalls immer gleich lang ist. Damit ergibt sich für den Zentriwinkel über jeder Seite
jeweils gerade 2π/n.
Wenn wir nun eine feste Seite des n-Ecks betrachten, so z.B. AB, und wir bilden Dreiecke
zu den Eckpunkten – hier D, E und F – so erhalten wir Paare benachbarter Diagonalen.
Betrachtet man nun z.B. den Punkt E, so sind die Strecken EA und EB benachbarte
Diagonalen. Nach dem Peripheriewinkelsatz ist nun der Winkel zwischen diesen Diagonalen
gerade halb so groß wie der Zentriwinkel, also π/n.
Dies gilt für alle benachbarten Diagonalen, da je zwei von einem Eckpunkt ausgehende
benachbarte Diagonalen in einem Dreieck liegen, dessen dritte Seite eine Kante des n-Ecks
ist. Also muss man nur die entsprechende Kante als Sehne des Kreises betrachten und
erhält so die Behauptung für je zwei beliebige benachbarte Diagonalen.
Es wurden hier nur ’echte’ Diagonalen betrachtet. Die Behauptung bleibt aber auch noch
richtig, wenn eine der Diagonalen eine Seite des n-Ecks ist, also im Beispiel des Siebenecks
etwa die Strecken AC und BC.
Alle wichtigen Angaben zu Repetitorium und Nachklausur auf S. 13
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