Leseprobe - redmonds

LESEPROBE KAPITEL „GEOMETRIE“
1. LESEPROBE KAPITEL „GEOMETRIE“
Beispiel G4.06
Der Kreis k hat den Mittelpunkt M und einen
Durchmesser AB (= 2r). Der Halbierungspunkt der
Strecke MB heißt C. D (≠ A, B) sei ein beliebiger
Punkt auf k. Die Gerade MD schneidet k in D und E,
die Gerade CD schneidet k in D und F.
Beweise, dass für die Länge e der Strecke EF gilt:
e ≤ r.
Lösung
Weil DE ein Durchmesser ist, ist <DFE ein rechter
Winkel (Satz von Thales). Die Strecke EF ist wegen
2
2
2
DF +EF = ( 2r ) umso länger, je kürzer DF ist.
DF wird am kürzesten, wenn wir den Punkt D so
wählen, dass DF auf AB normal steht (siehe Beispiel
G4.05)
Da C Mittelpunkt der Strecke MB ist, ist DC
Streckensymmetrale von MB und das Dreieck MBD
ist gleichseitig.
Daher gilt <MDC = 30° und <FED = 60°.
Das Dreieck DEF ist also ein halbes gleichseitiges
Dreieck und EF = r.
Wenn <DCM ≠ 90° ist, ist EF kürzer als r.
Insgesamt gilt also e ≤ r.
Beispiel G4.07 (*)
Das Dreieck ABC hat den Umkreismittelpunkt M. Drücke den Winkel ε = <AMB durch den
Winkel γ = <ACB aus!
Lösung
Für die Lage des Punktes M müssen wir drei Fälle unterscheiden.
1) M liegt innerhalb des Dreiecks ABC.
Wenn wir die Verbindungsstrecken der Eckpunkte mit M
einzeichnen, erhalten wir drei gleichschenklige Dreiecke,
in denen jeweils zwei Winkel gleich groß sind. In der
Zeichnung sind gleich große Winkel mit gleichem Namen
bezeichnet.
Es gilt α + β = γ.
Da die Summe der drei Winkel bei M 360° beträgt, gilt:
(180° − 2α) + (180° − 2β) + ε = 360°
360° − 2α − 2β + ε = 360°
ε = 2α + 2β
ε = 2γ
Mathematik-Olympiade
2) M liegt außerhalb des Dreiecks ABC, der Winkel γ ist spitz. Dann ist entweder α oder β
stumpf. Sei o.B.d.A. β stumpf:
Wenn wir die Verbindungsstrecken der Eckpunkte mit M
einzeichnen, erhalten wir drei gleichschenklige Dreiecke,
in denen jeweils zwei Winkel gleich groß sind. In der
Zeichnung sind gleich große Winkel mit gleichem Namen
bezeichnet.
Es gilt γ = β − α.
Für die Winkelsumme im Dreieck ACM gilt:
2α + ε + 180° − 2β = 180°
2α + ε − 2β = 0°
ε = 2β − 2α
ε = 2γ
3) M liegt außerhalb des Dreiecks ABC, der Winkel γ ist stumpf.
Wenn wir die Verbindungsstrecken der Eckpunkte mit M
einzeichnen, erhalten wir drei gleichschenklige Dreiecke,
in denen jeweils zwei Winkel gleich groß sind. In der
Zeichnung sind gleich große Winkel mit gleichem Namen
bezeichnet.
Es gilt α + β = γ.
Weiters gilt:
ε + 2α + 2β = 360° (Winkelsumme im Viereck AMBC),
also
ε = 360° − 2α − 2β = 2 ∙ (180° − α − β) = 2 ∙ (180° − γ)
Zusammenfassung: Wenn γ ein spitzer Winkel ist, gilt ε = 2γ, wenn γ ein stumpfer Winkel ist,
gilt ε = 2 ∙ (180° − γ). Wenn γ ein rechter Winkel ist, gilt ε = 180° (Satz von Thales).
Sei eine Sehne AB in einem Kreis mit dem Mittelpunkt M gegeben. Die Punkte A und B
teilen den Kreis in zwei Kreisbögen.
Einen Winkel, dessen Schenkel durch A bzw. B gehen und dessen Scheitel auf einem
Kreisbogen liegen, nennt man Peripheriewinkel (Randwinkel).
Einen Winkel (≤ 180°), dessen Schenkel durch A und B gehen und dessen Scheitel M ist,
nennt man Zentriwinkel.
Nach dem Ergebnis von Beispiel G4.07 gilt der Peripheriewinkelsatz (Randwinkelsatz),
der aus drei Teilen besteht:
1) Alle Randwinkel zur Sehne AB, deren Scheitel auf
dem gleichen Kreisbogen liegen, sind gleich groß.
(Zeichnung: γ1 = γ2 und δ1 = δ2)
2) Randwinkel, deren Schenkel auf ergänzenden
Kreisbögen liegen, sind supplementär. (γ + δ = 180°)
3) Wenn die Kreisbögen verschieden lang sind, sind die
Randwinkel, die auf dem größeren Bogen liegen, spitze
Winkel. Der Zentriwinkel ist doppelt so groß wie jeder
dieser Winkel. (ε = 2γ)
Anmerkung:
Es ist nicht notwendig, dass wir eine Sehne in einem
Kreis gegeben haben. Als Voraussetzung für den Peripheriewinkelsatz genügen auch gleich
lange Sehnen in gleich großen Kreisen.
LESEPROBE KAPITEL „GEOMETRIE“
Beispiel G4.08
AB ist Sehne in einem Kreis. Die beiden Tangenten in A bzw. in B schneiden einander unter
einem Winkel mit der Größe α. Der spitze Peripheriewinkel zu AB beträgt 4α.
Wie groß ist α?
Lösung
ε = 2 ∙ 4α = 8α
(Peripheriewinkelsatz).
Die Winkelsumme im
Viereck ASBM beträgt 360°,
also gilt
8α + 90° + α + 90° = 360°
9α = 180°
α = 20°
Beispiel G4.09
AB ist Sehne in einem Kreis mit dem Mittelpunkt M, C ist ein Punkt auf dem größeren
Kreisbogen. Der Zentriwinkel (<AMB) beträgt 144°.
Der Winkel <MAC beträgt 24°.
Wie groß ist α = <CBM?
Lösung
<ACB = 144° : 2 = 72° (Peripheriewinkelsatz)
<BAM = <MBA = (180° − 144°) : 2 = 18°
(Winkelsumme im gleichschenkligen Dreieck ABM)
<BAC = 24° + 18° = 42°
<CBA = 180° − 42° − 72° = 66°
(Winkelsumme im Dreieck ABC)
α = 66° − 18° = 48°
Beispiel G4.10
AB ist Durchmesser eines Halbkreises mit dem Mittelpunkt H, M ist Schnittpunkt der
Streckensymmetrale von AB mit dem Halbkreis. Der Kreis mit dem Mittelpunkt M und dem
Radius AM schneidet die Streckensymmetrale im Punkt C und zwar so, dass M auf der
Strecke HC liegt. Wie groß ist der Winkel α = <CBA?
Lösung
Da M auf der Streckensymmetrale liegt, geht der Kreis
durch A und B.
<AMB = 90° (Satz von Thales) ist Zentriwinkel im großen Kreis.
<ACB = 45° (Peripheriewinkelsatz)
<CBA = (180° − 45°) : 2 = 90° − 22,5° = 67,5°
(Winkelsumme im gleichschenkligen Dreieck ABC)
LESEPROBE KAPITEL „GLEICHUNGEN“
2. LESEPROBE KAPITEL „GLEICHUNGEN“
2.1. Fallunterscheidungen
Beispiel GL2.01
Für welche reellen x gilt die Gleichung (x + 4) ∙ (6x + 5) = (7x − 4) ∙ (x + 4) ?
Lösung
Auf beiden Seiten der Gleichung steht der Faktor (x + 4). Die Division durch (x + 4) führt
dazu, dass der Faktor auf beiden Seiten der Gleichung wegfällt - doch Vorsicht!
Der Ausdruck (x + 4) könnte auch Null werden, und dann wäre die Division nicht definiert.
Am besten löst man dieses Dilemma daher mit der Unterscheidung zweier Fälle:
1. Fall: x + 4 = 0, also x = −4
Setzt man x = −4 in die Gleichung ein, so ergibt sich
0 ∙ (−19) = (−32) ∙ 0, also 0 = 0, also eine w.A., −4 ist daher eine Lösung.
2. Fall: x ≠ −4
Nun darf man die Gleichung durch (x + 4) dividieren, weil (x + 4) ≠ 0 gilt:
(x + 4) ∙ (6x + 5) = (7x − 4) ∙ (x + 4) │: (x + 4) ≠ 0
6x + 5 = 7x − 4 │− 6x + 4
9 = x bzw. x = 9
Insgesamt ergeben sich also zwei Lösungen: L = {−4; 9}
Manchmal muss man beim Lösen von Gleichungen Fälle unterscheiden, also eine
Fallunterscheidung durchführen.
Jeder Fall wird extra behandelt und führt zu einer eigenen Teil-Lösungsmenge (die auch
leer sein kann). Alle Lösungsmengen gemeinsam ergeben dann die Gesamtlösungsmenge.
Beispiel GL2.02
Für welche reellen x gilt die Gleichung
x ∙ (x + 1)2 ∙ (x + 2) ∙ (x + 3) = −x ∙ (x + 1) ∙ (x + 2) ∙ (x + 3) ?
Lösung
Schreibt man jeden Faktor extra an, erhält man:
x ∙ (x + 1) ∙ (x + 1) ∙ (x + 2) ∙ (x + 3) = (−1) ∙ x ∙ (x + 1) ∙ (x + 2) ∙ (x + 3)
Aufgrund der vier gleichen Faktoren x, (x + 1), (x + 2) und (x + 3) auf beiden Seiten ergeben
sich fünf Fälle. Bei den ersten vier Fällen wird für x eine konkrete Zahl betrachtet:
1. Fall: x = 0
2. Fall: x = −1
3. Fall: x = −2
4. Fall: x = −3
0 = 0 w.A.
0 = 0 w.A.
0 = 0 w.A.
0 = 0 w.A.
L1 = {0}
L2 = {−1}
L3 = {−2}
L4 = {−3}
Im fünften Fall untersucht man die Gleichung, wenn x diese Werte nicht annimmt:
5. Fall: x ≠ 0, −1, −2, −3
Nun darf man durch die vier Faktoren dividieren, weil kein Faktor Null sein kann:
x∙(x + 1)∙(x + 1)∙(x + 2)∙(x + 3) = (−1)∙x∙(x + 1)∙(x + 2)∙(x + 3) │: [x∙(x + 1)∙(x + 2)∙(x + 3)]
x + 1 = −1
x = −2
L5 = {}, weil in diesem Fall ja x ≠ −2 vorausgesetzt wurde (−2 ist allerdings trotzdem eine
Lösung, siehe dritter Fall!).
Es gibt also insgesamt vier verschiedene Lösungen: L = {−3; −2; −1; 0}
Mathematik-Olympiade
Die innerhalb eines Falles vorausgesetzten Bedingungen müssen auf die ausgerechneten
Zahlen zutreffen, damit diese auch tatsächlich Lösungen sind (weil man unter der
Voraussetzung einer bestimmten Annahme gerechnet hat).
Die Lösungsmenge der gesamten Gleichung ist gleich der Vereinigungsmenge der
einzelnen Lösungsmengen für die verschiedenen Fälle.
Alle Teillösungen kommen in der Gesamtlösungsmenge vor. Treten gleiche Lösungen in
mehreren Teillösungsmengen auf, so sind sie in der Gesamtlösungsmenge klarerweise
trotzdem nur einmal vorhanden.
Beispiel GL2.03
Für welche reellen x gilt die Gleichung (x − 3) ∙ (5x + 8) ∙ (99 − 33x) = 0 ?
Lösung
Das Produkt von drei Faktoren ist dann Null, wenn einer der drei Faktoren Null ergibt.
Es gibt daher drei Möglichkeiten, dass die Gleichung erfüllt ist:
1. Fall: x − 3 = 0
2. Fall: 5x + 8 = 0
3. Fall: 99 − 33x = 0
x=3
L1 = {3}
5x = −8
99 = 33x
x = −1,6
x=3
L2 = {−1,6}
L3 = {3}
Im ersten und dritten Fall ergibt sich somit die gleiche Lösung!
Die Vereinigungsmenge von L1, L2 und L3 ergibt L = {−1,6; 3}
In Gleichungen können auch Funktionen vorkommen, die ebenfalls Fallunterscheidungen
notwendig machen. Betrachten wir nun einige davon:
Den Betrag einer reellen Zahl x erhält man durch das Weglassen des Vorzeichens.
Er ist also immer eine nichtnegative reelle Zahl und folgendermaßen definiert:
Für x ≥ 0 ist ∣x∣ = x
Für x < 0 ist ∣x∣ = −x ,
z.B. ∣4∣ = 4, ∣−7∣ = 7, ∣0∣ = 0
Beispiel GL2.04
Für welche reellen x gilt die Gleichung ∣2x+5∣ =−4 ?
Lösung
Der Betrag eines Terms ist niemals negativ und kann daher auch nicht den Wert −4 annehmen.
L = {}
LESEPROBE KAPITEL „UNGLEICHUNGEN“
3. LESEPROBE KAPITEL „UNGLEICHUNGEN“
3.1. Verschärfung / Abschwächung
Eine der wichtigsten Techniken beim Beweisen von Ungleichungen ist die Methode des
Verschärfens einer Ungleichung.
Manchmal ist es nämlich leichter, eine „schwerere“, schärfere Ungleichung zu beweisen,
als die ursprüngliche.
Beispiel U4.01
Man beweise für alle reellen Zahlen a die Ungleichung
2a − a2 − a4 < 1.
Lösung
Man verschärft die Ungleichung, indem man auf der linken Seite den mit Sicherheit positiven
Ausdruck a4 weglässt (damit wird die linke Seite noch „größer“). Man erhält mit
2a − a2 < 1
eine schärfere Ungleichung als die ursprüngliche. Gelingt es uns nun, diese Aussage zu
beweisen, dann ist auch die gegebene Aufgabe gelöst. Diese Ungleichung ist äquivalent zu
0 < (a − 1)2
und für alle a ≠ 1 damit bewiesen.
Für a = 1 ergibt die ursprüngliche Ungleichung 0 < 1 w.A.
Damit ist alles gezeigt und der Beweis ist erbracht.
Verschärfung
Sei o.B.d.A. eine Ungleichung A > B zu zeigen.
Wenn A > A' gilt, dann heißt A' > B (oder A' ≥ B) eine Verschärfung der Ungleichung.
Wenn B < B' gilt, dann heißt A > B' (oder A ≥ B') eine Verschärfung der Ungleichung.
Kann eine Verschärfung bewiesen werden, dann gilt auch die ursprüngliche Ungleichung.
Verschärfen heißt also: die größere Seite (A) durch etwas Kleineres (A'),
die kleinere Seite (B) durch etwas Größeres (B') zu ersetzen.
Beispiel U4.02
Beweise, dass für alle x > 2 gilt:
x6 > x + x2 + x3 + x4
Lösung
Für große Zahlen gilt die Ungleichung sehr deutlich, daher liegt es nahe, mit einer
Verschärfung zu arbeiten, die die rechte Seite vergrößert und vereinfacht:
Da x < x4, x2 < x4 und x3 < x4 für alle x > 2 gilt, verschärft man zu
x6 > x4 + x4 + x4 + x4
x6 > 4x4 │: x4 > 0
x2 > 4
x>2
Da die Verschärfung der Ungleichung für alle x > 2 gilt, ist der Beweis erbracht.
Mathematik-Olympiade
Beispiel U4.03
Man beweise für alle reellen Zahlen a, b, c mit 0 < a, b, c < 1 die Ungleichung
abc + (1 − a)(1 − b)(1 − c) < 1.
1. Lösung
Alle Faktoren in obiger Ungleichung sind positiv und kleiner als 1.
Daher gilt:
-) abc < ab ⇔ c < 1
-) (1−a )(1−b)(1−c)< (1−a)(1−b) ⇔ (1−c)< 1
Es genügt daher folgende Verschärfung der Ungleichung zu zeigen:
ab + (1 − a)(1 − b) < 1
2ab < a + b
Wegen a2 < a (a < 1) und b2 < b (b < 1) kann man nochmals verschärfen. Man hat zu zeigen:
2ab ≤ a2 + b2
0 ≤ (a − b)2
und damit ist die Ungleichung bewiesen.
2. Lösung
Man kann die Methode, wie man bei der ersten Lösung das c „wegverschärft“ hat, sogar auf
zwei Variablen anwenden:
abc < ab < a ⇔ b, c < 1
(1−a )(1−b)(1−c) < (1−a)(1−b) < 1−a ⇔ (1−b), (1−c) < 1
Es genügt daher a + (1 − a) = 1 ≤ 1 zu zeigen, was eine wahre Aussage ist.
Anmerkung:
Man überlegt sich leicht, dass man den Wert 1 auf der rechten Seite der ursprünglichen
Ungleichung nicht „verbessern“, d.h. kleiner machen kann:
Das Produkt abc nimmt nämlich alle Werte (1 − ε) mit 0 < ε < 1 an, wenn man
a = b = c = √3 1−ε wählt - also „beliebig nahe an 1“.
Beispiel U4.04
Man beweise für alle reellen positiven reellen Zahlen die Ungleichung
a 2+1 b 2+1
+
≥4 .
b
a
Lösung
Es gilt:
-) a2 + 1 ≥ 2a ⇔ (a − 1)2 ≥ 0
-) b2 + 1 ≥ 2b ⇔ (b − 1)2 ≥ 0
Wenn wir die Zähler in der gegebenen Ungleichung mit 2a bzw. 2b verkleinern, wird die
linke Seite der Ungleichung kleiner und wir verschärfen daher diese Ungleichung.
Wir haben zu zeigen:
2a 2b
a b
+ ≥4 ⇔
+ ≥2
b
a
b a
Das ist aber eine bereits bekannte “Basisungleichung” (siehe Beispiel U3.07), die für alle
positiven reellen Zahlen wahr ist. Gleichheit gilt für a = b = 1.
Für a = b = 1 ist auch bei der Ursprungsungleichung die Gleichheit erfüllt.
LESEPROBE KAPITEL „ZAHLENTHEORIE“
4. LESEPROBE KAPITEL „ZAHLENTHEORIE“
Beispiel Z3.22 (+)
Beweise, dass 62n+1 + 5n+2 für alle natürlichen Zahlen n durch 31 teilbar ist!
(GW 1972, Gerd Baron, siehe auch Beispiel Z6.06)
Lösung
Mit Hilfe der Rechenregeln für Potenzen kann man umformen:
62n+1 + 5n+2 = 62n ∙ 6 + 5n ∙ 52 = (62)n ∙ 6 + 5n ∙ 52 = 36n ∙ 6 + 5n ∙ 25
Nun vereinfacht man modulo 31:
36n ∙ 6 + 5n ∙ 25 ≡ 5n ∙ 6 + 5n ∙ (−6) = 0 (31)
Beispiel Z3.23
Welche Einerziffer hat die Zahl 2013123?
(siehe auch Beispiel Z3.26)
Man wendet die gleiche Verfahrensweise wie gerade eben bei Beispiel Z3.22 an,
nur eben modulo 10.
1. Lösung
2013123 ≡ 3123 = 33 ∙ 41 = (33)41 = 2741 ≡ 741 = 71 ∙ 72 ∙ 20 = 7 ∙ (72)20 = 7 ∙ 4920 ≡ 7 ∙ 920 = 7 ∙ 92 ∙ 10 =
= 7 ∙ (92)10 = 7 ∙ 8110 ≡ 7 ∙ 110 = 7 (10)
2. Lösung
Gelingt es, möglichst schnell auf die Basis 1 oder −1 zu kommen, kann man den Rechengang
erheblich verkürzen:
2013123 ≡ 3123 = 31 ∙ 32 ∙ 61 = 3 ∙ (32)61 = 3 ∙ 961 ≡ 3 ∙ (−1)61 = 3 ∙ (−1) = −3 ≡ 7 (10)
Beispiel Z3.24
In welcher Restklasse modulo 8 liegt 3100?
Lösung
3100 = (32)50 = 950 ≡ 150 = 1 (8)
So schnell kann´s gehen!
Beispiel Z3.25
Welche Einerziffer hat die Zahl 4100?
1. Lösung
4100 = (42)50 = 1650 ≡ 650 = (62)25 = 3625 ≡ 625 = 6 ∙ 624 = 6 ∙ (62)12 = 6 ∙ 3612 ≡ 6 ∙ 612 = 6 ∙ (62)6 =
= 6 ∙ 366 ≡ 6 ∙ 66 = 6 ∙ (62)3 = 6 ∙ 363 ≡ 6 ∙ 63 = 62 ∙ 62 = 36 ∙ 36 ≡ 6 ∙ 6 = 36 ≡ 6 (10)
So lange kann´s dauern!
2. Lösung
Das hätte man allerdings auch wesentlich leichter und schneller haben können:
Viererpotenzen enden ja ausschließlich auf 4 oder 6, wie man sofort sehen kann:
41 = 4, 42 = 16, 43 = 64, 44 = 256, ...
Daher hätte man sich die ganze Rechnerei mit den Potenzen auch sparen können, denn jede
Viererpotenz mit einer ungeraden Hochzahl endet auf 4 und jede mit gerader Hochzahl auf 6.
Daher ist 6 die Einerziffer von 4100.
Mathematik-Olympiade
"Glücklicherweise" wiederholen sich unabhängig von Basis, Hochzahl oder Modul die
Reste von Potenzen ab einer gewissen Hochzahl in jedem Fall immer wieder.
Das liegt daran, dass es nur endlich viele Reste modulo m (nämlich m) gibt. In der Folge
a1, a2, …, am können zwar lauter verschiedene Reste modulo m vorkommen, aber
spätestens am+1 muss einen Rest haben, der schon vorher da war. Ab dann wiederholen sich
die Reste periodisch.
Auf diese Weise kann man ebenfalls viele Beispiele dieser Art lösen.
Beispiel Z3.26
Welche Einerziffer hat die Zahl 2013123?
(siehe auch Beispiel Z3.23)
Lösung
2013123 ≡ 3123 (10)
Betrachten wir die ersten Dreierpotenzen modulo 10:
31 = 3, 32 = 9, 33 = 27 ≡ 7 (10), 34 = 81 ≡ 1 (10), 35 = 243 ≡ 3 = 31 (10)
Wir erkennen, dass sich die Reste ab der fünften Potenz wiederholen, und zwar in einem
Vierer-Rhythmus 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1, ...
31 ≡ 35 ≡ 39 ≡ ... ≡ 3 (10)
alle Hochzahlen liegen in der Restklasse 1 (4)
2
6
10
3 ≡ 3 ≡ 3 ≡ ... ≡ 9 (10)
alle Hochzahlen liegen in der Restklasse 2 (4)
33 ≡ 37 ≡ 311 ≡… ≡ 7 (10)
alle Hochzahlen liegen in der Restklasse 3 (4)
34 ≡ 38 ≡ 312 ≡ ... ≡ 1 (10)
alle Hochzahlen liegen in der Restklasse 0 (4)
Der Rest von 3n modulo 10 hängt also davon ab, in welcher Restklasse modulo 4 die
Hochzahl n liegt.
Da 123 in der Restklasse 3 (4) liegt, hat 2013123 die gleiche Einerziffer wie 33, also 7.
Beispiel Z3.27
Ist es Zufall, dass 22 + 1, 24 − 1, 26 + 1, 28 − 1, usw. immer durch 5 teilbar sind?
(Monoid 92, siehe auch Beispiel Z6.04)
Lösung
Untersuchen wir die Reste von 2n bezüglich des Moduls 5:
21 = 2 (5)
22 = 4 (5)
23 = 22 ∙ 21 = 4 ∙ 2 = 8 ≡ 3 (5)
24 = 23 ∙ 21 ≡ 3 ∙ 2 = 6 ≡ 1 (5)
25 = 24 ∙ 21 ≡ 1 ∙ 2 = 2 (5)
26 = 25 ∙ 21 ≡ 2 ∙ 2 = 4 (5)
27 = 26 ∙ 21 ≡ 4 ∙ 2 = 8 ≡ 3 (5)
28 = 27 ∙ 21 ≡ 3 ∙ 2 = 6 ≡ 1 (5)
usw.
Man erkennt, dass sich die Reste der Zweierpotenzen im Vierer-Rhythmus wiederholen, also:
22 ≡ 26 ≡ … ≡ 24n+2 ≡ 4 (5)
24 ≡ 28 ≡ … ≡ 24n ≡ 1 (5)
Daher folgt sofort die Antwort:
Nein, es ist kein Zufall: 22 + 1, 24 − 1, 26 + 1, 28 − 1,... sind immer durch 5 teilbar.