Praxis der Mathematik, Die Wurzel, Der Mathematikunterricht Bundeswettbewerb Mathematik: Aufgaben und Lösungen 2002-2, 1990-1, 1990-2, 1985-1, 1986-2 etc. 1073741824, 1227100168

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PM A UFGABEN I . Bundeswettbewerb Mathematik 2002 2.Runde

A

Aufgaben und Losungen

A 743

liegt, ist Moritz at Max, also scharfer Moritz > Max im Wider-

Erste Aufgabe

spruch zur Definition von Max.

Bin Kartenstapel, dessen Karten von 1 bis n durchnummeriert sind, wird gemischt. Nun wird wiederholt die folgendc Operation durchgcfiihrt:

Wenn an der obersten Stelle die Kartc mit der Nummer k liegt, dann wird innerhalb der obersten k Karten die Reihcnfolgc umgekehrt. Man beweise, dass nach endlich vielcn solcher Operationen die Karte mit der Nummer 1 oben liegt.

Bemerkung: Damit ist gezeigt, dass spfitestens nach nl—l Operationen die ,,1“ oben liegt.

2. Beweis (endlicher Absticg mit Hilfe einer Bewertungsfunktion): Die Lagc dcr Karte ,,i“ vor der m-ten Operation (m = 1, 2, 3, ...) im Kartenstapel beschreiben wir durch die Charakteristik _)_

1 falls vor dem m-ten Zug die Kartc "i" an i-ter Position oben liegt,

6m" P 0 sonst.

Gemeinsame Bezeichnungsweisen: Mit ,,i“ bczcichncn wir die

Mit Hilfe dieser Charakteristik definiercn wir cine Bewertung

Kane mit der Nummer i (i = l, 2, ..., n).

dcr Anordnung der Karten im Kartenstapel vor der m-ten Operation:

l. Beweis (dutch Widerspruch): Zunachst stellen wir unabhangig von dcr Behauptung fcst: Wenn die Karte ,,1“ oben liegt, werden bei der folgcnden Operation nur die 1' obersten Karten im Stapel bewegt; alle Karten, die ticfcr licgcn, bleiben an ihrcr Stelle.

Der Kartenstapel hat n verschiedcne Karten, es gibt also wahrend der Durchfiihrung der Operationcn maximal n! verschicdene Anordnungen dieser Karten. Nach Schubfachprinzip kommt spiitcstens nach n! Operationen cine bestimmte Anordnung zum zweiten Mal vor. Da die Anordnung der Karten im Kartenstapel nach einer Operation eindeutig durch Anordnung der Karten unmittelbar vor dieser Operation bestimmt ist, ist die durch die Opcrationen bedingte Abfolge der Anordnungen im Kartenstapel ab dem crsten Vorkommen dieser spa'tcr wiederholten Anordnung, also spéitestens ab dcr nl-ten Operation periodisch. (Evtl. bleibt die Anordnung der Karten glcich, d. h. die Periode hat die Lange 1; dies ist genau dann der Fall, wcnn die ,,1“ irgendwann oben liegt.) Die groBtc Nummer, die wahrend einer Periode nach oben kommt, nennen wir Max; dicsc Zahl ist als Maximum einer

B(m):= icon,» - 2"—1 (m: 1, 2, 3, ...). i=1

B(m) hat offensichtlich folgendc Eigenschaften: B(m) ist als Summe nicht-negativer ganzer Zahlen wieder cine nicht-negative ganzc Zahl. Die Folgc der B(m) ist nach oben beschrankt durch

B(m)S )31-2"1 : 2"— 1. i=1

Zudem ist leicht zu bewcisen: Liegt vor dem m-ten Zug die Karte ,,1“ nicht oben, so ist B(m)
k ist damit zusatzlich c(m,i) = c(m + 1, 1'). Da nach der m-ten Operation die

endlichen Menge von natiirlichen Zahlen wohldefinicrt.

Karte ,,k“ auf der k-ten Position von oben liegt, ist C(m + 1, k) =

Zum eigentlichen Beweis nehmen wir an, dass die ,,1“ nic nach

1. Da stets C(m + 1, i) S 1, ist auch Ec(m,i) - 2';1 S E1 - 2H =

oben kommt, d. h., dass Max > 1 und fiihren dicse Annahme

zum Widerspruch:

2k-1 — l < 2"—1 (die hier vorkommcnzlcn Summen sind ill/egen 2 S k < n wohldcfiniert) und wir konnen damit abschatzen (im Fall k

Wir betrachten die erste innerhalb dcr Periodc vorkommende Anordnung in dem Kartenstapel, bei der ,,Max“ obcn liegt. Nach

dem Durchfiihren der nachsten Operation liegt ,,Max“ im Stapel an Max-ter Stelle von oben. Nach Annahme ist 2 S Max, die Karte ,,Max“ bleibt also bei dieser Operation nicht an oberster Stelle. Da sie spiitestcns nach einer weitcren Periode wieder nach oben kommt, muss sic irgendwann wiedcr bcwegt werden. Da sie an

Max-tor Stelle liegt, wird sic abcr nur bcwegt, wenn irgendwann cine Karte ,,Moritz“ mit Moritz 2 Max oben liegt. Da alle Karten verschieden nummericrt sind und die Karte ,,Max“ nicht oben 9O

= n lasst man die leere Summe ic(m,i) - 2"—1 weg): i=k+l "

.

B(m) = Zc(m,i) - 2"1 '=1

k—l

,

n

.

= Ze(m,i) - 2"1 + 0- 2’“1 + 2c(m,i)- 2"1 i=1

i=k+l n

.

< 1 - 2’“1 + zc(m,i)- 2"1 i=k+l

PM 2/45. Ig. 2003

A UFGABEN PM k—l

_

n

.

s £c(m + 1, i)- 2"1 + 1 - 2’“1 + 2cm + 1, i) - 2"1 i=1

i=k+l

= )Edm + 1, i)- 2""1 = B(m+l) i=1

Ka'rne nun die ,,1“ nie nach oben, ware die Folge (B(m)) nach (A), und (C) eine Folge streng monoton wachsender ganzer Zahlen, die damit im Widerspruch zu (B) unbeschriinkt ware. Bemerkungen: B(m) kann nur ganzzahlige Werte aus [0;2”“] anneh— men und — solange die ,,1“ nicht oben liegt — sogar nur gerade Werte. Auch ist stets B(m) at 2" — 2, da dies einer Anordnung im Kartenstapel entspricht. bei der sich die ,,l“ als einzige Karte nicht an dem ihrer Nummer entsprechenden Platz befindet. Damit ist sogar 2"‘l — l eine obere Schranke. Eine einfache Formel f‘L'lr die Maximalzahl der Operationen bei gegebenem n ist unbekannt.

Die Aufgabe kann auch mit vollstfindiger Induktion nach der Anzahl der Karten im Stapel bewiesen werden.

Es ist an := Ell-Si, wobei die z,- definiert sind durch die — bei=0 kanntlich existierende und eindeutige — Darstellung von n im

Zweiersystem n = 22,2- (2,6 {O,1},n=0, 1,2, ...). i=0 (Bemerkung: Damit ist die Menge der a, identisch mit der Menge aller nicht-negativen ganzen Zahlen, deren Darstellung 1m Achter-System nur die Ziffem 0 oder 1 verwendet.) Zum Beweis geniigt es zu zeigen: (A): Die Folge (an) ist wohldefiniert, (B): Die Folge (an) ist streng monoton wachsend, (C): Jede nichtnegative ganze Zahl z besitzt eine Darstellung der geforderten Art, (D): Es gibt nur eine solche Darstellung.

zu (A): Die Folge (an) ist wohldefiniert: Mit [z,-(n)] bezeichnen wir die Ziffemfolge der Darstellung von n im Zweiersystem. Durchliiuft n die Menge aller nicht-negativen ganzen Zahlen, so durchlaufen die [zi(n)] die Menge aller Ziffemfolgen aus {0,1 },

die ihrerseits im Achtersystem alle nicht-negativen ganzen Zahlen erzeugen, deren Darstellung nur die Ziffem 0 oder 1 verwendet.

A 744

Zweite Aufgabe Gesucht werden streng monoton wachsende Folgen (a0, a1, a2,

...) nicht-negativer ganzer Zahlen mit der Eigenschaft, dass jede nicht-negative ganze Zahl eindeutig in der Form a, + 2aj + 4a,,

zu (B): Die Folge (an) ist streng monoton wachsend: Sowohl im Zweier- wie im Achtersystem gilt, dass von zwei Zahlen diejenige die groBere ist, welche in ihrer Ziffemfolge von links her als erste eine grbBere Ziffer wie die andere hat. Da n im Zweiersystem die gleiche Ziffemfolge wie a,l im Achtersystem hat,

geschrieben werden kann; dabei sind i, j und k nicht notwendigerweise verschieden.

fibertragt sich die Ordnung von den n auf die a,,.

Man beweise, dass es genau eine solche Folge gibt und bestim-

zu (C): Jede nicht-negative ganze Zahl z besitzt eine Darstellung der geforderten Art:

me 02002Die Aufgabe wird in folgenden Teilschritten bearbeitet:

1. Nachweis der Eindeutigkeit einer solchen Folge. 2. Nachweis der Existenz der Folge durch Konstruktion mit Nachweis der Eigenschaften.

3. Berechnung von 02002-

Wir formen die - bekanntlich existierende und eindeutige — Darstellung von z im Dualsystem, um dabei ist z, 6 {0,1} fiir allei=0, 1,2, a

.

z = 242' = 22,2" + 2 z,2"+ 24.2" [:0 i=0mod3 i=1mod3 iszmoda

= 22,2‘+2. )3 z,-2H+4- ):;z,.2"'2

zu 1.: Es gibt hochstens eine solche Folge:

iEOm0d3

ialmod3

i52m0d3

Wir nehmen an, es gebe zwei verschiedene Folgen (an) und (b,,) (n = 0, 1, 2, ...) mit der verlangten Eigenschaft. Dann betrachten

und nach geeigneter Indexverschiebung

wir den kleinsten Index r mit a, 1: b,, o.B.d.A. sei a, < b, (andernfalls vertauschen wir die Bezeichnungen a und b). Da sich die nicht-negative ganze Zahl 0 als Summe von nicht-negativen

Z

=

Ell-2‘

150mm

+

2214121

2 '

+ 4 '

iEOmod3

22,4221.

iEOmod3

Gliedem der streng monotonen Folgen darstellen lisst, ist a0 =

Nun setzen wir r,- := 23,, s,- := z3,-+1, t,- = 23,“ (i = 0, 1, 2, ...),

b0: 0, also r21.

verwenden 23 = 8 und erhalten so

a, = a, + 2ao + 4ao ist also eine Darstellung der nicht—negativen ganzen Zahl a, durch die Glieder von (an); daneben existiert eine

Darstellung a, = b,- + i + 4bk durch Glieder von (bn), wobei wegen a, < b, und der strengen Monotonie der Folge die Indices

i, j und k alle kleiner als r sind. Nach Definition von r ist dann b,= a,, bi = a], bk = ak, wir haben also mit a, = a,- +_ Zaj + 4a,, eine weitere Darstellung von a, durch die Glieder von (an) gefunden;

(*) z = 2081+ 2- 2si8' + 4- XII-8'. iEO

iEO

iEO

Mit allen z,- sind auch alle r,, s,- und t,- aus {0,1 }; damit beschreibt wie verlangt jede der drei Summen eine Zahl aus der Folge (an).

zu (D): Es gibt nur eine solche Darstellung: Die Zuordnung der

diese ist wegen i, j, k < r sicher verschieden von der ersten im

zJ- zu den (ri, si, ti) ist offensichtlich umkehrbar eindeutig, d. h. zu

Widerspruch zur vorausgesetzten Eindeutigkeit der Darstellung.

verschiedenen Darstellungen nach (*), also zu verschiedenen Tripeln von Ziffemfolgen ([ri], [si], [ti]), gehoren auch verschiedene Ziffemfolgen [zj] und damit wegen der Eindeutigkeit der

In 2.: Beschreibung der Folge:

l. Variante: Die Glieder der Folge (an) konnen wie folgt deflniert werden: PM 2/45. Jg. 2003

Binardarstellung einer Zahl auch verschiedene Zahlen z. 2. Variante: Die Folge (an) wird rekursiv definiert durch: 91

PM A UFGABEN falls n = 0, o a"={8’"+ak fallsn=2"'+k(m20,0$k$2’"—1).

a(2m+l_l)
a + 1 wire und somit die kleinere der angeschriebenen Zahlen a + l sein miiBte, — er wiirde also am: JA antworten. Somit muB bei einem NEIN-NEIN in der ersten

Runde s > a + 1 und (1 > 2 gelten. Damit ist A(l) gezeigt. Zum SchluB von 11 auf n + 1 sei nun iii: ein gewisses 11 € N die Giiltigkeit

von A(n) vorausgesetzt.Hier1nit ist zu beweisen: Iauten die Antworten von Anna i1nd Bernd auch 1111 n + 1-ten Diirchgang NEIN-NEIN) dann ist s > a-l- 11+ 1 und (1 > 11+ 2. Wire dies falsch, dann 'iniiBte s < a + n + l oder b < 11 + 2 gelten. Da. nach der Induktionsvoraus—

seizung s > a+n und (1 > 11+ 1 bekannt ist, ware dann (l) s._ - a+n ode; (2) b— n+1.- Wie nachfolgend gezeigt wird,f1“1hrtjede der Gleichungen (l),‘ (2) entgegen der Voraussetzung zu einem JA in der (n + 1)-_ten Runde. JWURZEL 12/94‘

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*

Bundeswettbewerb Mathematik

zu (1): Im Fall 5 = a+ n sind die angeschriebenen Zahlen a+n und a+b, wobei a + b 2 a + n + 1 gilt. (gemiB A(n)). Anna miiBte in der (n + 1)-ten Runde erkennen, daB die kleinere der angeschriebenen Zahlen gleich a + n ist, die grofiere also a + b, und miiBte mit JA antworten.

zu (2): Im Fall b = n+1 ware nach dem NEIN von Anna in der (n+1)-ten Runde fiir Bernd klar: s 2 a+n+l, a+b = a+n+.1. Da die Zahlen s und a + b nach (*) verschieden sind, muB s > a + n + 1 = a + b gelten; Bernd erkennt also a + b als die kleinere der beiden an die Tafel geschriebenen Zahlen 11nd antwortet mit. JA. Dia schlieBt den Nachweis ab, daB A(n) fiir alle natiirliche Zahlen n wahr ist. Wtirden nun Anna und Bernd nie mit JA antworten, so gilte b > n + 1 fiir jede natiirliche Zahl n, was 2.B. fiir n— - b falsch ist Damit. ist. der erforderliche Beweis erbracht.

zu Aufgabe 3 Hilfsatz 1: Fiir zwei Dreiecke ABC und CPQ mit P auf BC und Q auf AC gilt stets:

IAQPCI:|AABC|=(C—P.C—Q):(C—B-fl).

'

C

.

Q

§P

Bewei§l Bei Dreiecken mit gleicher Hohe ist der Flichenin alt proportional zur Grundseite, wie unmittelé bar aus der Flacheninhaltsformel folgt. Man h‘at. dahelj

|AQPC|= -=Q-|AAPC|==-=-AAABGI,‘ A ABCI die behauptete Fennel liefert. woraus Division dutch I0

'

Hilfsatz 2: Gegeben seien das Dreieck ABC

und die Punkte P und P’ auf der Seite BC, die Punkte Q 11nd Q’ auf der Seite CA und die Punkte R 11nd R’ auf der Seite AB, wobei

gilt

.fi;_PIC;_ 56:67:47; Thy—B.“ Dan'n Isind die Dreiecke PQR und P’Q’R’ Bachengloicli. Beweis zu flssatz 2%t den Sflndardbezeiohnungen fiir die Dreiecksséiten sowie z := BP, y := CQ, z 2: AR, F := |A ABCI gilt nach Hilfssatz 1:1

\/_WURZEL 12/94

Bundeswettbewerb Mathematik ‘

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IAARQI : F = z(b—y) : (bc);IABPRI : F: z(c—z) : (ac); IACQPI := y(a — 1:) : (ab) und IAAR’Q’IM: F: y(c — z): (be);I A BP’R’I : F = z(a — 2:) : (ac);

IA CQ’P’I ' _x(b— y): (ab). Nun ist F -abc- (I A AIRQ) + I A BRP] + I A CPQfl) = abz — ayz + be:— bzz + acy — czy undilc abc- (I A AR’Q’I + I A BR’P’I + I A CP’Q’I)acy — ayz + abz — bzz + be: — czy. Somit. ist 1 -(F — I A PQRI)— - i abc- (F — I A P’Q'R’I), also IA PQRI— _. IA P’Q’R’I. Damit ist. Hilfssatz bewiesen Man betrachte nun das Dreieck A1A2A3 sowie die durch die Aufgabenstel4—..—

_gegebenen lung Punkte P, B.-,C.,D-. Aus P

B; 1 2 folgt DiDj =

.

3—13,- :2 und damit

IA DlD2D3I = IA BlBaI 2 4.

_

'

(1)

Sci nun A’ A’ A3 das Mittendreieck von A1A2A3. Wenn 31 die Strecke A2A3 1m Ver-

h'altnis r: (l- r) teilt, teilt C1 (nach einem Strahlensatz) die Mittelparallele A’,’ zu A2A3 1m umgekehrten Verballtnis (l — r): r. Entsprechendes gilt fiir B: und Cg, bzw. B3 und C3. Man bezeichne den dutch

Spiegelung von C1 am Mittelpunkt von A’2A3 erhaltenen Punkt mit CI. Entsprechend sci C’ das Bild von C2 bei Spiegelung am Mittelpunkt von A’ Ag,-,schlieBlich entstehe C’ dutch Spiegelung von C3 am Mittelpunkt 'der Sti-ecke A’ A’. Nach Hilfssatz 2 folgt daher

IAC10203I= IA 0050;). Die Punkte C’

(2)

C’,’ liegen 1m Dreieck A’ A’ A3 ihnlich wie die Punkte

81,32,33 1m Dreieck A 1'A2A3;durch zentrische Streckung mit. Faktor ——

(an dessen Schwerpunkl.) hervorgeht, ist 'somit auch 1

IA Cici ii = Z ' l A BlBal-

(3)

Ads (1), (3) und (2) {0151 |A D1D2D3.|=§-|A 313213;” = mega; 3| = IA C10203I. Also sind die Dreiecke DID-203 und C1C2C3 fléchengleich.

J—_wunzaz, 12/94

.YDx Drake/l1 Ail-AZ”); lols Mu'EIEndreleLk) kuS" Orv-(eel: AfizA S

Bundeswettbewerb Mathematik

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Bemerkung: Der Punkt P kann iiberall 1m Raum liegen. Die Punkte BL, 32, Ba diirfen auch auf den Verlangerungen der Seiten von A1A2A3 liegen.

zu Aufgabe 4 Es geniigt zu zeigen: (l) Wenn (cu) eine dreigliedrige geometrische Teilfolge hat, ist 5;- rationall

(2) Wenn f- rationalist, enthalt (on) eine unendliche geometrische Teilfolge.

zu (1): Wenn die Folgeglieder c;, c,-, ck eine dreigliedrige geometrische Teil— ' folge von (cu) bilden (i < j < k), dann ist c2_ - c.- ck: (a+jb)2— — (a+ib) (a+lcb), also a2+2jab+j2b2_ - a2+Icab+iab+ ilcb2. Dutch Subtraktion von a2, Division durch b(¢ 0), Umordnen und Zusammenfassen erh'alt man hieraus die Gleichung

m—pnm+mqm1=u,

m'

Wire in der Gleichung (4) der Koeflizient von a gleich null, also

23' = i+ 11:, so miiBte wegen b ;£ 0 gelten )2 — i1: = 0, also 1'2 = ilc. Somit hitte man (i+k)2 = 4j2 = 4ilc, woraus folgt (i+lc)2 —4ilc = 0, also (i 4 k)2 = 0. Das bedeutet aber i = lc — im Widerspruch zur Voraussetzung fiber 1', j, 1:. Division dutch die somit beide von

Inull verschiedenen Ausdriicke 2j — i — 1: 11nd b liefert ans (4) die Gleichung .

g:

b

ilc— —j2

21' — 1' — k’

dieI 'als Quotienten ganzer Zahlen darstellt, also als rational nachj weist.

.

Bemerkung:

Kiirzer als oben kann man unter Verwendung der bekannten Beziehung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel wie

folgt schlieBen: Wiren in (4) die Koeflizienten von a und b beide 0, wire j sowohl arithmetisches als auch geometrisches Mittel von iundk,alsoi=j=lc.

zu (2): Wenn % rational ist, gibt es eine ganze Zahl m und eine natiirliche Zahl n, welche die Gleichung {- = 3'? erl'iillen. Fiir alle nichtnega— tiven ganzen Zahlen I: gilt dann . c_g

a

_m+nlc

b =b+k=7++k‘

n

'

(5) WURZEL 12/94

Bundwwettbewerb Mathematik

263

Fiir k > —% haben alle Folgenglieder ck das gleighe Vorzeichen. Es wird mm in leichter Verschirfung der Behauptung gezeigt, daB jedes Folgenglied a; mit [C > —% Anfangsglied von unendlich vielen unendlichen geometrischen Teilfolgen der gegebenen arithmetrischen Folge ist. » Hierzu erklére man auf No fiir eine beliebig gewéihlte natiirliche

Zahl p die Funktion f mit Werten in No auf folgende Weise:

N) := k + fiapn +'1)‘ — 1) - (m+ nk)

(t e No),

Dann ist f(0) = k, und ffir alle weiteren t 6 N ist % ' ((P" + l)t — 1) eine nichtnegative ganze Zahl (, denn nach Ausmultiplizieren von (pn + 1)‘ enthalten aufier dem Summanden l alle anderen Summanden mindestens éinmal_ den Faktor n). Daher sind alle Werte von f nichtnegative gauze Zahlen; f wichst offensichtlich streng monoton.

Es muB nun noch gezeigt werden, daB durch f tatséchlich eine geometrische Teilfolge bestimmt wird, d.h. daB die Folge (9;) mit 91 = cm) geometrisch ist:

Nach (5) ist 11

311(1)

m+n-f(t)

m4ak+((pn+1)*—1)(m+nk) (pn+1)‘--(m+nk) . Folglich hat. man fiir jedes t E No cm“)

; - (pn + 1)'+11- (m + nlc)

(pn+1)- (é-(pn+1)'.(m+nk))‘ ’ also em“) = (pn +1) - cm} Damit ist die Teilfolge (gm) als geometrische Folge nachgewiesen.

J—WURiE-L- 12/94

Der Bundeswettbewerb Mathematik von Hanns—Heinrich Langmann Welche Ziele verfolgt dieser bundesweite Schiilerwettbewerb, welche Zielgruppe spricht er an? Welche Anforderungen werden an seine Aufgaben gestellt, wie sehen typische Wettbewerbsaufgaben aus? Wie lauft der Wettbewerb ab, wie werden die Wettbe-

werbsarbeiten bewertet? Auf diese Fragen geht der folgende Beitrag ein, wobei der auf Aufgaben bezogene Teil des Wettbewerbs im Vordergrund steht und auf die dn'tte Runde,

in der die Bundessiegerfinnen) ausgewahlt werden, nur kurz eingegangen wird.

Entstehung und Zielsetzung Der Bundeswettbewerb Mathematik gehbrt zu den filtesten Schfilerwettbewerben in

der Bundesrepublik Deutschland. Er wurde 1970 vom Stifterverband fiir die Deutsche Wissenschaft, der Gemeinschaftsaktion der deutschen Wirtschaft zur Férderung von Wissenschaft und Bildung, ins Leben gerufen. Knapp 43.000 Schfilerinnen und Schiiler haben sich in den zurfickliegenden 27 Jahren an dem Wettbewerb beteiligt. Zunfichst

waren die Madchen deutlich unterreprasentiert; im ersten Wettbewerbslauf lag ihr Anteil bei gut 9 % und erreichte 1983 mit knapp 8 % einen Tiefstand. Danach ist der Anteil der Teilnehmerinnen aber kontinuierlich gestiegen und kletterte im Wettbewerb 1996 auf gut 26 %. Insgesamt haben die jahrlichen Teilnehmerzahlen von Anfang an recht stark geschwankt. Hierffir ist sicher eine Vielzahl von Einflfissen verantwortlich,

die die Wettbewerbsveranstalter teilweise steuern k6nnen, wie z. B. den Schwierigkeitsgrad der.Aufgaben oder die te der Preise, die sich zum grbBten Teil aber ihrem direkten Einfluss entziehen. Als Ziele des Bundeswettbewerbs Mathematik wurden bei seiner Grfindung formuliert: Der Wettbewerb mdchte bei Schfilerinnen und Schiilem das Interesse fiir die Mathematik wecken und sie zu intensiver Beschaftigung mit mathematischen Problemen anregen. Mathematisch Interessierten soll die M6glichkeit gegeben werden, an

anspruchsvollen Aufgaben ihre Fahigkeiten zu erproben und weiterzuentwickeln. AuBerdem méchte man mit dem Wettbewerb mathematisch besonders befahigte Schillerinnen und Schiiler finden und férdem.

Diese Ziele verfolgt der Bundeswettbewerb Mathematik bis heute. Inhaltlich blieb er dabei 'im Grundsatz unveréindert, w‘cihrend es im Ablauf und bei der Organisationsstruktur Modifikationen gab. So ist seit einigen Jahren der Verein Bildung und Begabung e. V. Tr'ager des Wettbewerbs, und neben den Stifterverband trat 1984 als Hauptférderer das Bundesministerium fiir Bildung, Wissenschaft, Forschung und Technologie, das heute etwa dreiviertel des jahrlichen Etats zur Verffigung stellt.

Zum Erreichen der gesteckten Ziele wurde der Bundeswettbewerb Mathematik als Wettbewerb mit zwei Hausaufgabenrunden und eincr abschlieBenden Runde mit mathematischem Fachgesprach konzipiert. Ffir diese Konzeption sprachen neben organisatorischen Uberlegungen vor allem drei Griinde: Die Aufgaben in einem Hausaufgabenwettbewerb k6nen auf Grund der relativ langen Bearbeitungszeit komplexer sein, und an die Klarheit der Gedankenfiihrung und Vollsta'ndigkeit sowie Verstfindlichkeit der Lésungsdarstellung ké'mnen strenge MaBstabe angelegt werden. Daneben ist die Erweiterung des Wissens und der

23 MU 6 — 1997

mathematischen Fertigkeiten bei Teilnehmerinnen und Teilnehmem wie Organisatoren ein wesentliches Ziel, dem die lange und intensive Beschéiftigung mit den gestellten Problemen zugute kommt. In dem Fachgespréich der letzten Runde schlieBlich kénnen F’ahigkeiten, die einen guten Mathematiker auszeichnen, sich aber nicht bereits im erfolgreichen Ibsen von Problemen manifestieren, fiberpriift werden. Die Verantwortlichen des Wettbewerbs hat immer auch interessiert, ob die gesteck-

ten Ziele erreicht werden. In einer ersten Studie ist der damalige Generalsekretéir der Studienstiftung des deutschen Volkes, Dr. Hartmut Rahn, im Jahr 1983 dieser Frage

nachgegangen [1]. Eine Fortschreibung dieser Studie iibemahm 1995 das Institut fiir Test- und Begabungsforschung der Studienstiftung [2]. Beide Untersuchungen belegen deutlich die wertvollen und vielfziltigen Anregungen, die fiir die Teilnehmerinnen und Teilnehmer von dem Wettbewerb ausgehen. Insbesondere zur Weckung und Unterstiit— zung des Interesses an Mathematik sowie zur Findung mathematisch begabter Jugendlicher hat sich der Wettbewerb als sehr brauchbares Instrument erwiesen. Die bei der Besch‘ziftigung mit den Aufgaben gewonnenen Erkenntnisse und erworbenen Fertigkeiten bedeuten ffir die Teilnehmerinnen und Teilnehmer zudem eine wertvolle F6rderung,

wenngleich der Wettbewerb eine systematische Fdrderung naturgeméiB nicht leisten kann. Hier bedaxf es sicher zusfitzlicher MaBnahmen und weiterer Instrumente.

Zielgruppe Der Bundeswettbewerb Mathematik wird jfihrlich im Dezember an allen deutschen Schulen, die zur allgerneinen Hochschulreife ffihren, ausgeschrieben. Urspriinglich auf die Klassen 11 bis 13 beschréinkt, steht er heute Schfilerinnen und Schfilern aller Klassenstufen dieser Schulen offen. Es hatte sich nfimlich schnell herausgestellt, dass auch jfingere Schfilerinnen und Schfiler von den Aufgaben angesprochen werden und sie mit Erfolg lésen kfinnen. Dennoch orientiert sich der Wettbewerb in seinen Anforderungen . nach wie vor an den Klasscn 11 bis 13.

Die Aufgaben Der Bundeswettbewerb Mathematik versteht sich als ein den Schuluntenicht ergéinzendes Angebot. Seine Aufgaben stammen aus verschiedenen Bereichen der Elementarmathematik und sind, abgesehen von wenigen Ausnahmen, mit dem in der Schule vermittelten Wissen erfolgreich zu bearbeiten. Dennoch liegen sic in ihrer Art meistens auBerhalb der unterrichtsfiblichen Mathematik und greifen auch Themen der Mathematik auf, die im Schulunterricht héiufig aus Zeitgriinden nur noch knapp (manchmal auch gar nicht mehr) behandelt werden kénnen. Zu den in der Schule gestellten Aufgaben besteht dariiber hinaus im Allgemeinen ein prinzipieller Unterschied: Obwohl alle mathematischen Voraussetzungen zur Lbsung des gestellten Problems zur Verffigung stehen (was sich normalerweise auch spiter herausstellt), gelingt eine zufriedenstellende Bearbeitung zunéichst nicht. Erst eine lfingere und intensive Besch‘ciftigung mit der Problemstellung und seinem mathematischen Umfeld fiihrt zu ersten Ldsungsideen und schlieBlich zu einem erfolgreichen Lésungsansatz. Als letztes muss dieser Ansatz dann zu einer vollstfindigcn Lésung ausgearbeitet und exakt formuliert werden, eine Aufgabe, deren Schwierigkeit fiir Schfilerinnen und Schiiler nicht zu unterschiitzen ist. Im Idealfall (héiufig fibrigens der Normalfall) wird so ein Einstieg in mathematische Denk- und Arbeitsweisen gefunden.

24 MU 6— 1997

Die Auswahl der Aufgaben obliegt dem Aufgabenausschuss, dem derzeit eine Mathematiklehrerin, vier Mathematiklehrer und drei Hochschullehrer angehéren. Basis

fiir die Auswahl ist ein umfangreicher Aufgabenvorrat, der nur den Aufgabenausschussmitgliedem zuganglich ist und von ihnen durch Neuaufnahmen und Streichungen auf einem aktuellen Stand gehalten wird. In den Aufgabenvorrat werden fibrigens nur die reinen Aufgaben ohne Lbsungen aufgenommen, um den Ausschussmitgliedem eine bessere Einschéitzung des Schwierigkeitsgrades zu erméglichen. An die Aufgaben werden verschiedene Anforderungen gestellt: Sie sollen mbglichst

kurz und einpréigsam zu formulieren und von der Fragestellung oder dem Ergebnis her interessant und vielleicht auch fiberraschend sein. Ihre Hauptanforderungen sollen sie im heuristischen Bereich stellen und fiberschaubare, nicht allzu lange Lésungen zulassen. Als Paket sollen sie schlieBlich insgesamt einen nicht zu schmalen Bereich der Elementarmathematik abdecken. Unter diesen Aspekten eignen sich Aufgaben aus der elementaren Zahlentheorie, Graphentheorie, Kombinatorik und vor allem der Elemen-

targeometn'e besonders gut fiir den Wettbewerb. Der Aufgabenformulierung wird besondere Sorgfalt gewidmet. Die Aufgaben sollen ja auf der einen Seite prazise und unmissverstandlich formuliert, auf der anderen

Seite aber fiir die Schiilerinnen und Schiiler auch attraktiv sein und sie nicht durch ,,iibertrieben mathematische“ Ausdrucksweise abschrecken. So kommt es im Aufga-

benausschuss immer wieder zu intensiven und auch kontroversen Diskussionen fiber einzelne Formulierungen, bis die endgfiltige Version gefunden ist. Alle Teilnehmerinnen und Teilnehmer bearbeiten die gleichen Aufgaben. Dies ist ffir die Korrektur von Bedeutung, denn bereits bei der Aufgabenauswahl kann ein einheitlicher Erwartungshorizont festgelegt werden. AuBerdem kann der Schwierigkeitsgrad einer Runde, zumindest prinzipiell, von den Wettbewerbsveranstaltem bestimmt und gesteuert werden. Dies versucht man auch insoweit, als fiir die erste Runde, die als Einstiegsrunde konzipiert und vor allem auf die Weckung des Interesses an der Mathematik gerichtet ist, bewusst allzu schwere Aufgaben vermieden werden, wéihrend die Aufgaben der zweiten Runde deutlich anspruchsvoller sind.

Korrekiur und BewertungsmaBstéibe In den beiden Hausaufgabenrunden durchlaufen die eingereichten Arbeiten ein dreistufiges Korrekturverfahren: Zunachst werden sie auf Erstkorrektoren (das sind Mathematik—

lehrkréifte aus dem gesamten Bundesgebiet und vielfach mit dem Wettbewerb schon seit vielen Jahren verbunden) verteilt, die die ihnen zugeteilten Arbeiten korrigieren und mit

einem Preisvorschlag versehen..Danach werden sie an den kleineren Kreis der durch lang_~. jfihrige Mitarbeit besonders erfahrenen Zweitkorrektoren weitergeleitet. Die Zweitkorrekto— ren sehen die Arbeiten dutch und machen ebenfalls einen Preisvorschlag. In den Fallen, in denen Erst- und Zweitkorrektor in ihrem Urteil nicht fibereinstimmen, wird im Rahmen

einer Dn'ttkoxrektursitzung endgfiltig fiber den Preis entschieden. Alle Arbeiten werden nach den gleichen MaBstéiben begutachtet, es wird ausschlieBIich die individuelle mathematische Leistung bewertet. Dies bedeutet insbesondere, dass die Gesamtzahl der Preistréigerinnen und Preistréiger und ihre Verteilung auf die einzelnen Preisstufen dutch die Veranstalter weder eingeschréinkt noch von vomherein festgelegt ist und dass auch keine Rangfolge der Arbeiten gebildet wird. Gedankenfiihrung und Klarheit der Darstellung gehen neben der mathematischen Richtigkeit der Lfisung wesentlich in die Bewertung der einzelnen Arbeit ein, nicht aber in gleichem MaBe die Beherrschung der mathematischen Fachsprache.

25 MU 6 — 1997

Als Preisstufen ffir die preiswiirdigen Arbeiten gibt es erste, zweite und dritte Preise. Zur Erlangung eines ersten Preises miissen die Lésungen zu allen vier Aufgaben mingelfrei sein. Sind alle vier Aufgaben grundséitzlich richtig gelést, enthalten die Lfisun-

gen abet unwesentliche Fehler oder kleinere Darstellungsméingel, wird ein zweiter Preis vergeben. Ein dritter Preis wird zuerkannt, wenn alle vier Aufgaben bearbeitet wurden,

die Bearbeitung aber gravierende Mingel aufweist. In der ersten Runde wird ein dritter Preis auch dann noch vergeben, wenn nur drei der vier gestellten Aufgaben richtig

gelést wurden.

_

_

Gegeniiber der ersten Runde werden in der zweiten Runde insgesamt strengere

MaBstéibe an die Preiswiirdigkeit einer Arbeit gelegt. Die eingereichten Arbeiten gehen im fibrigen in das Eigentum des Wettbewerbs fiber und werden nicht zuriickgesandt. Diese Regelung wurde teilweise aus organisatorischen, vor allem aber aus inhaltlichen Grfinden getroffen. Das Verfahren der Erst-, Zweit- und Drittkorrektur gewfihrleistet insgesamt ganz sicher ein HéchstmaB an Gerechtigkeit bei der Bewertung der individuellen Leistung der Teilnehmerinnen und Teilnehmer. Leider reicht die personelle Kapazitfit des Wettbewerbs aber bei weitem nicht aus, um allen, die eine Arbeit eingereicht haben, die Preiseinstufung auch ausfiihrlich zu erliiutem. Hier k6nnen- auf einem so genannten Fehlerzettel nur relativ knappe Hinweise gegeben und es muss ansonsten auf die

Lésungsbeispiele verwiesen werden, die alle Teilnehmerinnen und Teilnehmer erhalten und die in der Regel zu den einzelnen Aufgaben mehrere Lésungsvan'anten prisentieren. Bei weitergehenden Fragen zu einzelnen Lésungen baut der Wettbewerb auf die Unterstfitzung der Mathematiklehrkréifte in den Schulen. Sollten bei einem Teilnehmer

bzw. einer Teilnehmerin dennoch Fragen zur Bewertung der eigenen Wettbewerbsarbeit offen gcblieben sein, besteht die Méglichkeit, sich schriftlich an den Leiter der Geschéiftsstelle zu wenden. Dieser kann dann nach Durchsicht der Arbeit die von den Korrektoren beanstandeten Méingcl nfiher erléiutern.

Die Preisentscheidung im Bundeswettbewerb Mathematik ist eine Schiedsrichterentscheidung, gegen die im Regelfall kein Einspruch méglich ist. Sollte sich jedoch auf Grund der Anfrage eines Teilnehmers bzw. einer Teilnehmerin bei der nochmaligen Durchsicht der Arbeit zeigen, dass ein offensichtlicher Korrekturimum vorliegt, z. B. ein wichtiges Argument von den Korrektoren fibersehen wurde, kann die Preisentscheidung im Einvernehmen mit dem Vorsitzenden des Aufgabenausschusses revidiert werden. Da jede Arbeit mindestens zweimal durchgesehcn wird, sind solche Fiille fiuBerst selten, aber doch immer wieder einmal aufgetreten. Der Begriff ,,offensichtlicher Korrekturimum“ wird dabei bewusst eng ausgelegt, denn auf Grund der relativ langen Bearbeitungszeit kann von den Teilnehmerinnen und Teilnehmem cine klare Darstellung ihrer Lésungen erwartet werden. So wiirde dieser Begriff etwa in Ffillen, in denen

eine Lésung zwar im Kern richtig ist, abet erst nachtréigliche Erléiuterungen zum richtigen Lésungsverstéindnis fijhren, keine Anwendung finden.

Ablauf Ein neuer Wettbewerbslauf beginnt jeweils im Dezember und dauert etwa vierzehn

Monate. In den ersten beiden Runden werden je vier Aufgaben gestellt, die in einem vorgegebenen Zeitraum von etwa zwei Monaten selbststiindig geltist und schriftlich ausgearbeitet werden miissen. In der ersten Runde sind auch Gruppenarbeiten zugelassen, die allerdings das Korrekturverfahren auBer Konkurrenz durchlaufen, daher nicht mit Preisen versehen werden und auch nicht zur Teilnahme an der nfichsten Wettbe-

26 MU 6 — 1997

werbsrunde berechtigen kénnen. Die Gruppen werden jedoch dariiber informiert, wie ihre Arbeit bei reguléirer Teilnahme bewertet worden wire.

Wie im letzten Abschnitt bereits erwéihnt, erhalten alle Teilnehmerinnen und Teilnehmer nach Ablauf jeder Runde Lbsungsbeispiele zu den jeweils vier Aufgaben. Zusdtzlieh erhalten die Preistréigerinnen und Preistréiger in der ersten Runde eine Urkunde gemaiB ihrer jeweiligen Preisstufe In der zweiten Runde gibt es neben Urkunden Geldpreise bis zu 200 DM. Alle Preistraigerinnen und Preistrager der ersten Runde sind berechtigt, an der zweiten Runde teilzunehmen. Die ersten Preistrzigerinnen und Preistraiger der zweiten Runde gelangen in die dritte Runde.

Die dritte Wettbewerbsrunde Die dritte Runde, von Beginn des Wettbewerbs an Kolloquium genannt, unterscheidet

sich grundlegend von den ersten beiden, denn in ihr geht es nicht mehr um das Lbsen von Aufgaben in Hausarbeit. Im Gegenteil: Die Teilnehmerinnen und Teilnehmer verbringen mit den Mitgliedem des Auswahlausschusses, Mathematiken'nnen und Mathematikem aus

Universitélt und Schule, zwei Tage in einer Tagungsstiitte. W‘zihrend dieser Zeit absolvien, wie oben bei der Beschreibung der Konzeption des Wettbewerbs bereits erwiihnt, jeder Teilnehmer und jede Teilnehmerin ein knapp einstfindiges Fachgesprfich mit je einem Mitglied des Auswahlausschusses aus der Universitfit und der Schule. In diesem Gesprfich kommt es nicht so sehr darauf an, erlemtes Fachwissen vorzutragen, sondem es geht z. B. um die Fiihigkeit, in gewissen Problembereichen mathematische Strukturen zu erkennen, diese angemessen zu formulieren und Lfisungswege zu suchen.

Am Ende des Kolloquiums tritt der Auswahlausschuss zu einer abschlieBenden Sitzung zusammen, bei der die jeweils beteiligten Ausschussmitglieder den Verlauf der einzelnen Gesprfiche im Plenum vortragen und ihr Votum zur Bewertung abgeben. Auf dieser Grundlage werden dann die Bundessieger(innen) ausgewfihlt. Zugleieh haben die Teilnehmerinnen und Teilnehmer auch ein integriertes Auswahlverfahren zur Aufnahme in die Studienstiftung des deutschen Volkes durchlaufen. Zum besseren Kennenlemen und Gedankenaustausch fiber gemeinsame Interessen gestalten die Teilnehmerinnen und Teilnehmer parallel zu den Gespréichen ein Rahmenprogramm, bei dem es nicht nur um mathematische Fragestellungen geht. Es werden Vortréige zu ganz unterschiedlichen Themen gehalten, Spiele angeboten und Musikstficke vorgetragen. AuBerdem steht eine kleine Bibliothek mit Literatur aus ver-

schiedenen Gebieten der Mathematik zur Benutzung zur Verfiigung. Es gibt in dieser Runde keine Preisstufen, sondem als Preis nur den Bundessieg. Dieser ist auf Grund der Beteiligung der Studienstiftung des deutschen Volkes am Kolloquium im Falle eines Studiums an einer wissenschaftlichen oder technischen Hochschule mit der Aufnahme in die Studienstiftung verbunden. Auch die Zahl der Bundessieger(innen) ist nicht von vomherein festgelegt oder beschré'mkt.

Aufgabenbeispiele Zum Schluss unseres Beitrages kehren wir noch einmal zu den Aufgaben zurfick. Die folgenden Beispiele sollen veranschaulichen, welche Probleme im Bundeswettbe-

werb Mathematik zu Ibsen sind. Die erste Aufgabe ist ein Beispiel fiir eine leichte Einstiegsaufgabe in einer ersten Runde; sie wurde im Wettbewerb 1991 gestellt. Die zweite

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Aufgabe stammt aus der 1. Runde 1995, die dritte aus der 2. Runde 1994 und die vierte

aus der 2. Runde 1988. Die Lfisungen sind den Losungsbeispielen entnommen, die die Teilnehmerinnen und Teilnehmer erhalten haben. Der zweite Beweis zu Aufgabe 2 bzw. die zweite Losung zu Aufgabe 3 basieren jeweils auf der Losungsidee eines Teilnehmers. Alle Aufgaben des Bundeswettbewerbs Mathematik von 1972 bis 1992 sind mit den zugehorigen Losungsbeispielen in drei Bfinden im Ernst Klett Schulbuchverlag, Stuttgart, erschienen ([3], [4], [5]). Die L‘osungsbeispiele zu den Aufgaben des Wettbewerbs ab 1993 konnen kostenlos gegen Einsendung eines adressierten und frankierten (4 DM) Umschlags DIN C4 von der Geschéiftsstelle (Bundeswettbewerb Mathematik, Wissenschaftszentrum, Postfach 20 14 48, 53144 Bonn) bezogen werden. Aufgabe 1 Gegeben sind I991 paarweise verschiedene positive reelle Zahlen, wobei das Pro-

dukt von irgend zehn dieser Zahlen stets grbfier als 1 ist. Man beweise, dass das Produkt aller I991 Zahlen ebenfalls grb'fler als I ist.

m

.

-

Wenigstens eine der gegebenen Zahlen ist nicht kleiner als 1, da sonst alle Produkte aus jeweils zehn der Zahlen kleiner als 1 wéiren (was im Widerspruch zur Aufgabenstellung

steht). Eine solche Zahl sei herausgegriffen und mit a bezeichnet. Die verbleibenden 1990 Zahlen stelle man zu 199 Folgen mjt jeweils 10 Zahlen zusammen; da das Produkt

von jeweils zehn Zahlen nach Voraussetzung grfiBer als 1 ist, muss dies auch fiir das Produkt P aller 1990 Zahlen gelten. Wegen a > 1 ist dann auch das Produkt a . P grofier als 1, wie zu zeigen war. W

Man ordne die 1991 Zahlen aufsteigend. Da das Produkt der ersten zehn Zahlen nach Voraussetzung groBer als 1 ist, muss die zehnte Zahl groBer als 1 sein; wegen der

Monotonie der Folge sind alle weiteren Zahlen ebenfalls grfiBer als 1. Somit ist sowohl das Produkt P1 der ersten zehn Zahlen als auch das Produkt P2 der Zahlen von der elften bis 1991. Zahl gréBer als 1. Also ist auch das Produkt P1 - P2 aller 1991 Zahlen grofier als l. n Das Produkt aller 1991 Zahlen sei mit P bezeichnet. Man ordne die Zahlen zu einer beliebigen Folge und schreibe diese Folge zehnmal hintereinander auf. Die so erhaltene Folge mit 19910 Gliedern besteht aus 1991 Abschnitten von je zehn verschiedenen Folgengliedem. Da das Produkt von je zehn Zahlen nach Voraussetzung grofier als 1 ist, gilt dies auch flit das Produkt aller 19910 Zahlen, in dem jeder Faktor des Produktes P (nach Konstruktion) genau zehnmal vorkommt. Also ist P10 groBer als 1, somit muss

auch die positive Zahl P grofler als l sein. Man kann sich leicht fiberlegen, dass die Voraussetzungen in der Aufgabenstellung allgemeiner gefasst werden konnen: Die Forderung, dass die gegebenen 1991 Zahlen

paarweise verschieden sind, ist nicht notwendig. Des weiteren konnen die Zahlen 1991 bzw; 10 durch beliebige natiirliche Zahlen n bzw.- z (n 2 z) ersetzt werden. SchlieBlich geniigt es, anstatt der Forderung alle Zahlen positiv lediglich vorauszusetzen, dass nicht alle Zahlen negativ sind. Denn offensichtlich kann keine der Zahlen O sein, da sonst

auch jedes Produkt mit diesem Faktor 0 ware. Unter den Zahlen ist also mindestens eine

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positive. Gabe es nun unter den betrachteten Zahlen eine negative, so konnte man neun

Zahlen und eine negative oder neun negative Zahlen und eine positive ausw'ahlen und

hatte somit cin negatives Produkt von zehn der gegebenen Zahlen im Widerspruch zur Voraussetzung.

Aufgabe 2 In der Ebene liegen eine Gerade g und ein Punkt A auflerhalb von g. Der Punkt P durchlaufe die Gerade g. Man bestimme die Menge aller Punkte X der Ebene, die zusammen mit A und P die

Ecken eines gleichseitigen Dreiecks bilden.

'

Ergebnis Die gesuchte Punktmenge besteht aus den Punkten zweier Geraden, nfimlich den Bildem g+ und g_, die aus g durch cine 60°-Drehung bzw. eine 300°-Drehung um A hervorgehen. Dies sind offensichtlich die beiden Geraden, die durch den zu A beztiglich g spiegelbildlich liegenden Punkt verlaufen und mit g jeweils Winkel von 60° bzw. 120° einschlieBen.

mm Ffir jeden Punkt P auf g lassen sich fiber der Strecke AP genau zwei gleichseitige Dreiecke APXI und AXZP en'ichten. Ihre Seiten AX1 und AX2 entstehen durch Drehung von AP um A mit Drehwinkel 60° bzw. 300° (= 360°— 60°). Jeder gemaB der Aufgabenstellung erhaltene Punkt X liegt also auf g+ oder g_. Umgekehrt wird jeder auf g+ und g_ liegende Punkt X als Ecke im gleichseitigen Dreieck AXP bzw. APX erhalten: Man wtihle hierzu 815 P denjenigen Punkt, den die -60°-Drehung bzw. 60°-Drehung von X um A liefen und der nach Konstruktion von g+ und g_ auf g liegt.

3+ x2

P

g A

8-

Zweiter Bens (gag!) ginem Ansatz von

mama) Zu gegebenem A, g und P auf g sei der Punkt X so gewfihlt, dass das Dreieck APX

gleichseitig ist; X' gibt die zvveite mogliche Lage von X an. Femer entstehe A' dutch Spiegelung von A an g. Nach Konstruktion ist dann AP = fi’ = 1?”. Somit liegen die Punkte A, A', X alle auf dem Kreis um P mit Radius AP , auBerdem hat der zur Sehne

AX gehorende Mittelpunktswinkel die Weite 60°. Nach dem Umfangswinkelsatz gilt nun eine der drei folgenden Aussagen:

(1) X = A,

(2) Winkel AA' X hat die Weite 30°. (3) Winkel AA' X hat die Weite 180°—30°, also 150°. In jedem Fall liegt X auf einer der beiden Geraden g+ und g_, die durch A' gehen und mit (A A' ) einen Winkel von 30° bzw. 150° bilden.

29 MU 6 — 1997

Umgekehrt ist nun nachzuweisen, das es

zu jedem Punkt X auf diesen beiden Geraden einen Punkt PX gibt, so dass Dreieck

APXX gleichseitig ist. Hierzu betrachte man (aus Symmetriegrfinden oBdA) z. B. einen

Punkt X auf g+.

.

Ist X = A' , dann ist 3 die Mittelsenkrechte zu XA, auf der sogar zwei Punkte mit der verlangten Eigenschaft liegen. Ist X verschieden von A', ist PX der

Schnittpunkt von g mit der Mittelsenkrechten von AX; dieser Schnittpunkt existiert, da

(AX) nicht parallel zu g ist. Auf dem Kreis

A

um PX durch A liegen dann auch A' und X, und da der Winkel AA'X die Weite 30°

g-

oder 150° hat, betragt die Weite des zu die-

sem Umfangswinkel gehorenden Mittelpunktswinkels 60°. Dreieck APXX ist also nicht nur gleichschenklig, sondem sogar

X

gleichseitig, wie zu zeigen war. Aufgabe 3 Es sei M eine Menge von n Punkten im Raum (n 2 3). Die Verbindungsstrecken dieser Punkte seien alle verschieden lang, und r dieser Strecken seien rot geft‘irbt. Weiter sei m die kleinste ganze Zahl, fiir die m 2 2 - (7:) gilt.

Man beweise, dass es dann stets einen Streckenzug aus m roten Strecken gibt, die nach wachsender Ldnge angeordnet sind.

Mug Man betrachte zu jedem Punkt P aus M alle nur aus roten Strecken bestehenden und in P beginnenden Streckenzilge, deren Lange (von P aus gesehen) monoton zunimmt. Das Maximum der Anzahl der Strecken in einem solchen Streckenzug sei mit s(P) bezeichnet.

Es geniigt nun, die Giiltigkeit der folgenden Ungleichung (U) zu zeigen:

(U)

2 s(P) 2 2r Pe M

Denn dann muss ja fiir mindestens einen Punkt P0 unter den n Punkten von M s(Po) 2 2n: gelten.

Da m die kleinste ganze Zahl mit m 2 2% ist, folgt s(Po) 2 m . Vom Punkt P0 geht also ein Streckenzug der betrachteten Alt mit einer Lange 2 m aus; dieser (falls m = s(Po)) oder ein geeignetes Anfangsstiick erfiillt die Anforderung der Aufgabe. Der Beweis zu (U) wird bei fester Punktmenge M mit vollstandigef Induktion fiber r gefiihn: Fiir r = O ist s(P) = 0 ffir jeden Punkt P der Menge M; die Ungleichung (U) ist also tn'vialerweise erfiillt.

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Zum Schluss von r auf H] (r 2 0) sei (U) als giiltig fiir r vorausgesetzt. Man betrachte M mit r+1 rot gefarbten Verbindungsstrecken. Jedem Punkt P ist, wie oben erkl'art, die Zahl s(P) zugeordnet. Unter den roten Verbindungsstrecken existiert wegen r + 1 Z 1 cine kiirzeste, die durch sie verbundenen Punkte seien Q und R. Diese Strecke QR werde nun entfarbt, es verbleibt M mit r roten Verbindungsstrecken. Nun sci jedem Punkt P e M die Zahl s'(P) zugeordnet (erklart wie s(P), aber fiir

die reduzierte Konstellation). Da sich jeder bei Q oder R beginnende Streckenzug, der den Anforderungen der Aufgabe nach Entfarbung von QR geniigt, durch Ansetzen von QR als Startstrecke verlangem lasst, gilt s(Q) Z s'(R) +1, s(R) 2 s'(Q) + l sowie s(P) 2 s'(P) fiir alle P e M\{Q, R}.

Summation fiber alle Punkte von M liefert zusammen mit der Induktionsvoraussetzung

Z s(P)2 2 s'(P)+222r+2 = 2-(r+ 1).

Pe M

Pe M

Hiermit ist der Beweis zu (U) und damit die Losung der Aufgabe abgeschlossen. Zweige Losung

Wir stellen uns den Graphen aus den roten Strecken als ein Netz von r Wanderwegen vor, an dessen n Knotenpunkten je ein Wanderer steht. Nun tauschen zunachst die beiden Wanderer an den Endpunkten der kiirzesten Strecke ihre Platze. Dann tauschen die Wanderer, die nun an den Endpunkten der zweitkfirzesten Strecke stehen, ihre Platze, dann die an den Endpunkten der drittkfirzesten Strecke, usw. bis zur lfingsten Strecke. Da jede der r roten Strecken von genau zwei Wanderern durchlaufen wird, betragt die Gesamtzahl aller durchwanderten Strecken 2r. Mindestens einer der n Wanderer hat daher eine Streckenanzahl 2 % durchlaufen.

Da der Weg eines jeden Wanderers aus aneinander anschlieBenden Wegen zunehmender Lange besteht, ist damit fiir die Aufgabe die Existenz eines Streckenzugs aus mindestens m roten Strecken zunehmender Lange gezeigt, woraus unmittelbar die Behauptung folgt. Aufgabe 4 Fiir die natfirlichen Zahlen x und y gelte 2x2 + x = 3y2 + y. Man beweise, dass dann x -— y, 2x + 2y and 3x + 3y + 1 Quadratzahlen sind.

Bewejs Die Gleichung (0) 2x2+x=3y2+y, deren Giiltigkeit fiir x,y e ]N vorausgesetzt wird, ist aquivalent zu den folgenden beiden Gleichungen (l) und (2):

(1)

(2)

(x—y)-(2x+2y+1)=y2. (x—y)-(3x+3y+l)=x2.

Jeder Primfaktor von x — y ist wegen (l) auch ein Primteiler von y2, also auch von y, und wegen (2) auch ein Teiler von x2, also auch von x. Somit ist er auch Teiler aller Vielfachen von x + y, insbesondere also von 2x + 2y und 3x + 3y. Also ist x — y teilerfremd zu 2x + 2y + 1 und zu 3x + 3y + 1. Da ein Produkt aus zwei teilerfremden Zahlen

31 MU 6-1997

nur dann ein Quadrat ist, wenn beide Faktoren selbst Quadratzahlen sind (- wie man bei

Betrachtung der Primfaktoren sieht), folgt die Behauptung.

W

,

Die Gleichung (0) hat unendlich viele Losungen, denn sie fiihrt auf eine sogenannte Pellschc Gleichung. Fiihrt man namlich neue Variable u, v ein durch u :=3y+2.x, v :=x+y, so hat man x: u2 + 3v und y= u + 2v, und es gilt

+x=2u2+12uv+18v2+u+ 3v und 3 y2 +y= 3u2 +12uv +12v2 + u + 2v, so dass (0) Equivalent ist zu uz— - v- (6v + 1). Da v und 6v + 1 teilerfremd sind, folgt V: b2 und 6v + 1— - a2, also (3) 6b2 + l— -

Beispielsweise ist a: 5, b: 2 cine Losung.

Definiertmandurch an+bn-J6 = (5+2-./6)" (n=l,2,3...) die Folgen (an) und (bu), so Risen an, b" stets die Gleichung (3); man kann beweisen,

dass sich alle Losungen von (3) mit natfirlichen Zahlcn so. ergeben. (Siehe hierzu z. B.: A. Aigner, Zahlentheorie (§ 47), W. de Gruyter 1975 oder Scholz-Schoeneberg, Einffihrung in die Zahlentheorie (Kap. V), Sammlg. Goschen Bd. 1131, W. de Gruyter 1966). Rekursiv lauten die Formeln an+1=5an+12bm bn+ l =2an+5bn mit a1=5,b1=2. Die Losungen x" , y” von (0) berechnen sich aus den an , b" durch

x" = an - 12,, + 3a, y" = an 12,, + 2b,,2. Dann ist

— yn= bnz. 2x" + 2y" + 1 = (an + 2b,,)2. 3x" + 3y" + 1 = (a,I + 3b,,)2.

ysmflgsmsinmg Aufgabe 4 lasst sich noch folgendermaBen verallgemeinem: Gilt die Gleichung kxz + x: (k + I)y2 + yfur natu‘rliche Zahlen x, y, k, so sind x—y, k(x + y) und (k + 1)(x + y) + I Quadratzahlen.

Fiir k = 2 ergibt sich hieraus speziell die Behauptung von Aufgabe 4. Der Beweis der Verallgemeinerung lasst sich analog zu dem oben gegebenen Beweis zu Aufgabe 4 fiihren.

Literatur [l] Rahn, H.: Talente finden — Talente fordem. Die Bundessieger im Bundeswettbewerb Mathe-

matik 1971-1983. Gottingen: Verlag fiir Psychologie - Dr. C. J. Hogrefe 1985. [2] Heilmann, K.: Evaluation des Bundeswettbewerbs Mathematik: Biographische Untersuchung

iiber die Bundessieger. Bonn: Institut fiir Test- und Begabungsforschung der Studienstiftung. (Erscheint 1997 im Verlag ffir Psychologie - Dr. C. J. Hogrefe, Gottingen.) [3] Loffler, K.-R. (Hrsg.): Bundeswettbewerb Mathematik, Aufgaben und Losungen 1972—1982.

Stuttgart: Ernst Klett Schulbuchverlag GmbH 1987. [4] L6ffler,K..-R (Hrsg): Bundeswettbewerb Mathematik, Aufgaben und Losungen 1983— 1987.

Stuttgart. Ernst Klett Schulbuchverlag GmbH 1988. [5] Loffler, K.-R (l-Irsg.): Bundeswettbewerb Mathematik, Aufgaben und Losungen 1987—1992. Stuttgart. Ernst Klett Schulbuchverlag GmbH 1994.

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PM AUFGABEN Hr‘z'mmerling erweiterte auf Vn=1tfo°° xzne—rzdm=§r(n+%)=fi22—?+irn3:z

(nENo).—

Die ausfiihrlichsten Formelrechnungen nebst 10 001 Dezimalstellen von V fiihrte Dr. med. Sakmarm vor (vgl.: 1942 P. Pedersen nur 606 Dezimalstellen von e, 1949 G. Palamd nur 808 Dezimalstellen von 1:,

1966 W.R. Fuchs nur 2001 Dezimalstellen von 1: in Knaurs Buch der modemen Mathematik). — Kiirzeste Losung 2 Zeilen (Postkarte), [angste [fisung 8 Seiten. Schorn arbeitete mit DERIVE (The Soft Warehouse, Fa. Klett).

I. A

Bundeswettbewerb Mathematik 1990 1. Runde Aufgaben und Lésungen

A 625 Erste Aufgabe Es sei f(1:) = $2 + 2ba: + c mit ganzen Zahlen b und 0. Man beweise: Gilt f(n) 2 0 fiir alle ganzen Zahlen n, so gilt f(11;) 2 0 sogar fiir alle rationalen Zahlen 3:.

Losung. Es ist f(—b) = b2 — 2b2 + c = c — b2. Da nach Voraussetzung b, also auch —b eine ganze Zahl ist, kann f(—b) nicht negativ sein. Daher folgt c — b2 2 0 bzw. c 2 b2. Somit gilt filr jede rationale Zahl at:

f(a:)=:v2+2ba:+c 2 :1:2+2b:v+b2 =(a:+b)2. Da das Quadrat einer rationalen Zahl nicht-negativ ist, folgt flat) 2 0; dies sollte gezeigt werden. Bemerkung. Die Aussage der Aufgabe bleibt offensichtlich richtig, wenn man rational durch reel! ersetzt; die Voraussetzung der Ganzzahligkeit von c wird nicht benotigt.

[2] R. Rothe, Hohere Mathematik 2, Leipzig/Berlin 1942 S.72—74. [3] WJ. Smirnnw, Lehrgang der H6heren Mathematik. "1.2. Berlin 1955 S.219—223. Bercea, Miinchen; Buggisch, Dannstadt; Egli, Ziirich/CH; Engelhaupt, Gundelshcim; Hdmmerling. Aachen; Hilker. Bielefeld; Jamms. Innsbruck/A; Junge, Bielefeld; Maser. Biirglen/CH; Paasche; RoseKérner, Magglingen/CH; Sakmann. Aarau/CH; Schlicksupp. Mannheim; Schneiderhan. Schramberg; Schorn, Kaufbeuren; Schur, Esslingen; Seifi‘ert, Berlin; Theiflen, Rheydt; Vowe, Therwil/CH

Man definiert rekursiv die Zahlenfolge (bn) in folgender Weise:

b0 := 0, b1 :=1, bn+1 2: bn +bn_1 fiir alle n. E N. Offensichtlich sind dann alle Glieder der Folge (bu) —— der bekannten Fibonacci-Folge —— nicht-negative ganze Zahlen. Durch

vollstandige Induktion wird nun bewiesen, daB fiir alle 71, E No gilt (1n = b%. Fiir n = 0 und n = l ist dies offensichtlich richtig, fiir n = 2 hat man bn = 1 und an = 1, die behauptete Gleichung ist also fiir n = 0, 1,2 richtig. Die Gleichung ak = bi gelte fiir k = 0,1,2,...,n. Unter Verwendung dieser Induktionsvoraussetzung sowie der Rekursionsgleichungen fiir die Folgen (ak) und (bk) ergibt sich:

an.” = 2an + 2an_1 — an_2

= 2b?1 + 2b§_1 — 12,214 = 2b?l + 2bi_1 — (bn — bn—l)2 = 2b?I + 2bfi_1 — b3, + 2bnbn—l - b121—1 = bi +1);1 + 2bnbn_1 = “M + bn—l)2 = b122+1 Damit ist alles bewiesen.

A 626 Zweite Aufgabe

A 627

Von der Zahlenfolge a0, a1,a2, . .. ist bekannt: (10:0, (11 =1, 112:]

und

an+2 + an_1 = 2(an+1 + an) fiir alle n E N. Es ist zu beweisen, daB alle Glieder dieser Folge Quadratzahlen sind. Losung. Berechnen der ersten Folgenglieder fiihrt zu folgender Tabelle: 1101234567 an

011492564169...

,/an0112358l3 Fiir die natiirlichen Zahlen von 2 bis 7 ist damit die Behauptung bestatigt; man entnimmt der Tabelle als Vermutung: an+2 =

(‘ /an+1 + ,/an)2 ffir alle n E No. 286

Dritte Aufgabe Zwischen zwanzig Stadten bestehen 172 direkte Flugverbindungen, die jeweils in beiden Richtungen benutzbar sind. Keine zwei von ihnen verbinden dieselben beiden Stadte. Man weise nach. daB man von jeder Stadt in jede andere Stadt fliegen kann, ohne dabei mehr als einmal umzusteigen. Lésung. Ware jede der Stadte mit jeder anderen verbunden, gabe es genau (2,?) direkte Flugverbindungen, also 190. Von diesen 190 moglichen paarweisen Verbindungen von je zwei Stadten sind 172 vorhanden, es fehlen also 18 Direktverbindungen. Von einer belie-

bigen Stadt A zu einer beliebigen Stadt B gabe es bei paarweiser Verbindung aller Stadte eine Direktverbindung und 18 indirekte Verbindungen — jeweils fiber eine der restlichen 18 Stiidte. Diese l9 denkbaren Verbindungen haben paarweise keine Strecke gemeinsam. Durch das Fehlen von 18 Direktverbindungen kénnen also nicht alle 19 denkbaren (direkten oder indirekten) Verbindungen wegfallen. Es gibt also mindestens eine Flugverbindung zwischen A und B. PM 6/32. Jg. 1990

INFORMATION PM Bemerkung. Wenn von 19 Stidten jede mit jeder anderen direkt verbunden ist, bestehen insgesamt (129), also 171 Verbindungen. Es ist somit moglich, bei 20 Stadten die Direktverbindungen so vorzunehmen, daB eine Stadt v6llig isoliert ist. Die Zahl 172 in der Aufgabenstellung ist also minimal.

A 628

L6sung. Die Eckpunkte seien (s. Fig.) mit A, B, C, D und die Mittelpunkte seiner Kanten mit P, Q, R, S, T, U bezeichnet. Es geniigt nun der Nachweis, daB die vier Punkte P, Q, R, S jeweils auf Thaleskreisen (in der entsprechenden Ebene) fiber der Strecke

TU liegen; denn dann haben alle sechs Punkte P, Q, R, S, T, U die gleiche Entfemung vom Mittelpunkt M der Strecke TU und liegen somit auf einer gemeinsamen Kugel um M. Um den Be-

weis fiir P zu fiihren, beachte man die Beziehungen PT I] BC. PU 1| AD (beides nach Umkehrung des ersten Strahlensatzes)

Vierte Aufgabe In einem Tetraeder sei jede Kante senkrecht zu ihrer Gegenkante. Man beweise, daB es eine Kugel gibt, auf der die Mittelpunkte aller sechs Kanten liegen.

und BC J. AD. der Winkel TPU ist also ein rechter. Ffir die Punkte Q, R, S erfolgt der Nachweis analog. Lbffler, Leverkusen

Lésung von 0 286 (S. 285) Die unteren (= zweiten) Determinantenzeilen zeigen nur 0 = a +

fi=y+8.WegenM_1=M=A:B=B:A=C:D=D:C ist aber

a

B

y

5

=

—2(AD—BC)

2(AD—BC)

—2(AC—BD)

2(AC—BD)

=

—2 - 0

2~0

—2-0

2.0,

also sogar0=a=|3=y=8. Paasche

Neue Bflcher

Natiirlich wird auch fiber viel

Einl‘iihrung in die Didaktik der Mathematik

etwa im Zusammenhang mit der Lemzielproblematik —- berichtet. Dabei erdreistet sich der Autor an einer Stelle sogar vom ,,Didaktikerchinesisch“ zu reden. Besonders lobend hervorheben mochte ich das Kapitel fiber Un-

HJ. Claus Wiss. Buchgesellschaft Darmstadt, Darmstadt 1989; 236 S. kart. DM 56.—. [ch selber ziehe es bei didaktischen Veroffentlichungen vor (viele andere auch), mit einem konkreten mathematischen Problem zu starten, dann zu iiberlegen, ob man dieses Thema in der Schule behandeln kann, und falls ja, wie dies

zu geschehen hat. Der Autor verfolgt mit dem vorliegenden Buch eine vollig andere Zielsetzung. Er versucht, sich iiber das Riesengebiet der Mathematikdidaktik einen Uberblick zu verschaffen und

dicscn dann wicdcrzugcbcn. Dabei geht es also nicht um spezielle mathematische Fragestellungen, sondem um das, was Men-

schen zum Thema Mathematikleh— ren und Mathematiklemen gedacht haben. Von allen Biichem dieser Art ist dies fiir mich mit Abstand das beste. Die Darstellung ist objektiv. Auch kritische Meinungen werden angefiihrt. Bei vielen Kapiteln wirft der Autor einen Blick in die Historic. Dabei wird stets sauber und ordentlich ,,recherchiert“.

PM 6/32. lg. 1990

Unsinniges, langst Uberholtes —

terrichtskonzeptionen. Es beweist,

daB die Didaktik langsam wieder von einer gewissen Meladidaktik zum Konkreten, also in die Schulstube zurfickfindet. Und wem soll man die Lektiire dieses Buches empfehlen? Ein praktizierender Lehrer liest mit Erstaunen, was es in der Didaktik an Sinn und Unsinn alles gibt bzw. gegeben hat. Vielleicht wird ihm dabei manchmal bewuBt, was er schon immer praktiziert hat. Hoffentlich geht es ihm da-

hci nichl wic dcm nachdcnkcndcn Tauscndl’iifllcr. lch glaubc also nicht, daB ein Lehrer viel profitieren wird. Wirklich empfehlen mochte ich das Buch allen Studenten, die sich einer Priifung in Didaktik zu unterziehen haben. Sie finden hier alles iibersichtlich zusammengestellt, was sie von Didaktikprofessoren im Examen gefragt werden. I Zeitler, Bayreuth

Metamagicum Fragen nach der Essenz von Geist und Struktur D.R. Hofstadter Klett-Cotta, Stuttgart 1988; 946 S. Ln. DM 56,—. ‘metamagisch’ bedeutet fiir Hofstadter ’eine Stufe fiber die Magic hinaus gehen’. Er selbst bezeichnet dieses Buch als eine ’Fantasie mit verschiedenartigen Themen‘. Das Buch geht im Kern zuriick auf die Kolumnen, die Hofstadter von 1981 his 1983 als Nachfolger von M. Gardner fiir den 'Scientific American‘ geschrieben hat und die (mit einer Ausnahme) auch

in der deutschen Ausgabe 'Spektrum der Wissenschaft’ abgedruckt wurden. Und Stellung nimmt er zu vielem, das sich in Kiirze nur andculcn liiBl: zu Kunsl. Musik und Dichlung. zu Slruklurcn und Zusammenhiingen, zu Versuchen zur Wahrheitsfindung, zur Zah-

lenblindheit unserer Mitmenschen, zu Nonsens und Kreativitat, zur Cubologie, zu chaotischen Iterationen, zu LISP und Rekursion. zu Heisenbergs Unschfirferelation, zur Evolutionstheorie u.v.a.m. Die 25 Kolumnen wurden eigens fiir diese Buchausgabe neu fibersetzt (vom Verfasser kritisch ilberwacht) und durch 7 weitere Artikel ergiinzt, um 'aus dem Buch ein einheitliches Ganzes zu machen’. Zu jedem Artikel wurde

ein Postskriptum verfaBt. das die Artikel aus einem zeitlichen Abstand wiirdigt, Reaktionen der Leserschaft und Hofstadters Antworten dazu wiedergibt. teilweise auch Verbindungen zu anderen Artikeln schafft. Ein emstes Buch. ein vergnfigliches Buch, ein locker geschriebenes Buch, ein leicht verstandliches Buch, ein tiefsinniges Buch — vor allem: ein empfehlenswertes Buch! Kurz: Der ’Kultautor des Computerzeitalters' offeriert neue Geistesblitze! I Pohlmann, Elmshom Vieweg Mathematik Lexlkon 0. Kerner/J. Maurer u.a. Vieweg, Braunschweig 1988;

378 S. kart. DM 38,-. Bei (licscm Buch mil (lcm Unlcr-

lilcl ..llcgriII'c/I)cliniliuncn/Siilzc/ Beispiele ffir das Grundstudium“ handelt es sich um eine vollstandige Neubearbeitung des Buches ,J. Maurer, Mathemecum“ (vgl.

Rezension PM 24 (1982) 254). Bei der Uberarbeitung wurde insbesondere darauf geachtet, daB der Charakter eines kleinen handlichen Nachschlagebuchs (fiir die Hand des Mathematik-Studenten) gewahrt blieb. Deshalb wurde

auch bewuBt auf Ubersichtsartikel und dergleichen verzichtet und

eine Stoffbeschriinkung auf das Mathematik-Grundstudium ange-

287

PM AUFGABEN Mittels (11+3z24) = (l _l) (E) : x/2 geht F néimlich wegen y+zz4

at+y+z = §\/2 (0

l

l

11

x-y —n\/_—z:2 0—:z2 2

n.

.r—y+: —n\/2+z:2 0+z:2erzeugt Fmin)

..

fiber in 152 = §6_ + 32— — (3)2. Bei : = 4 ergeben sich die Halb-

achsen a b und die Brennpunktedistanz 28 wie folgt:

(a. b 2e)=(\/6 \/2 2\/6—2), also 26. = 4 = z = Quadratseite. Scheitelkriimmungskreisradien a22b=6zx/2=3\/2=3bundb2:a=2: \/5=\/5:3=a: 3. Lingste wsung l2 Seiten, kiirzeste 4 Zeilen. Bach. beinfelden; Ben-ea, Milnchen; Buggisch, Darmstadt; Burgherr. Rothenburg/CH; Egli, Ziirich; Engelhaupt, Gundelsheim; Ham-rel, Bovendcn; HiIker, Bielefeld; Janous, Innsbruck/A; Kaulbersch,

Ettishofen; Kriegl. Sonthofen; Ki‘ipper, Liemcux/B; Liesmft'ld, Ralingcn: Paasche: Rausc'her. Backnang; Srhlicksupp, Mannheim; Schneidorhan. Schrambcrg; Schur. Esslingcn; Stein. Grav/A; Vowv. Therwil/CH; Waldmfiller. Espelkamp

I. A

Bundeswettbewerb Mathematik 1990 2. Runde Aufgaben und Lésungen

. 2 2 Der Fall :=4 Leia—+154:

Einsetzen von 2 fiir a in (l) liefert

(2)

2b(' < 2!) + br+ 20.

Hieraus folgt bc < 2b+ 20 < 4c, also b < 4 und somit b = 3. Einsetzen von 3 fiir b in (2) liefert (3)

6c< 6+3c+20.

Hieraus folgt c < 6 und somit c = 5, weil a und c teilerfremd sind. Durch Nachrechnen bestéitigt man, daB (2,3,5) tatséichlich

A 629

Erste Aufgabe Gesucht werden drei natiirliche Zahlen a, b, c, bei denen das

Produkt von je zweien bei Division die dritte den Rest l lfiBt. Man bestimme alle Losungen. Lfisung. Hitten zwei der Zahlen — etwa a und b —— einen gemeinsamen Teller 9 Z 2, so wire 9 auch ein Teiler des Restes bei der Division von ac durch b. Die Zahlen a, b, c miissen also paarweise teilerfremd sein. AuBerdem sind notwendigerweise alle drei Zahlen grofler als 1, da andemfalls mindestens eine der drei betrachteten Divisionen ohne Rest bliebe; ohne Beschrfinkung der Allgemeinheit gelte l < a < b < c. Nach Voraussetzung gibt es ganze Zahlen a, [3 und 7 mit ab— l =yc, bc— 1 =0La, ca— 1 =fib. Durch Multiplikation erhfilt man hieraus aByabc=(ab— 1)-(bc— l)-(ca— 1) =azbzc2 — a2bc — abzc — (1c + ab+ ac+ bc — l. Dies ergibt nach Subtraktion der ersten vier Summanden der rechten Seite und Ausklammem von abc: abc-(aB'y—abc+a+b+c)=ab+ac+bc— l, somit teilt abc die Summe ab + bc + ac — 1. Da diese Summe positiv ist, folgt (1)

abc < ab+bc+ac.

Wegen a < b < c folgt aus (1): abc < 3bc, also a < 3 und somit a = 2.

88

ein Losungstripel ist: 2‘3: 1 .5+1, 3-5=7-2+l,2-S=3-3+l. Als Gesamtheit der Losungen ergibt sich daher

{(2.3,5), (2,5,3). (3,2,5), (3,5,2), (5.2.3), (5.33)}A 630 Zweite Aufgabe Es bezeichne A(n) die kleinste‘Anzahl verschiedener Punkte der Ebene mit folgender Eigenschaft: Fiir jedes k 6 {1,2, . . . . n} existiert mindestens eine Gerade, die genau k dieser Punkte enthéilt. Man beweise:

w 2 H 2 ln+1

n+2

Lfisung: Das in der Aufgabenstcllung angegebene Produkt sei mit g(n) bezeichnet. Die Punkte der Ebene, deren Anzahl in der Auf—

gabe betrachtet wird, werden nachfolgend als Marken bezeichnet. Zur Lésung der Aufgabe ist dann zu beweisen, daB fiir jedes n aus N gilt: (1) Es gibt eine Konstellation der angegebenen Art mit g(n) Mar-

ken. (2) Mit weniger als g(n) Marken ist keine Konstellation der angegebenen Art moglich. Aus (l) folgt dann A(n) g g(n), aus (2) folgt A(n) 2 901), so daB beides zusammen die behauptete Gleichung liefert. Zu (l): Zunfichst wird festgestellt, daB fiir jedes n 6 N gilt: PM 2/33. Jg. I991

AUFGABEN PM 22 +1 2

n+2 2

+

_ +1 —n .

Fiir ungerades n (m 2: %(n. + 1)) erhéilt man: 2212—I

3:

22+ 1 Denn fiir ungerades 22 haben beide Summanden den Wen T fiir gerades n hat der erste Summand den Wen 7, der zweite

(22—2'm+l)= 2017—2112.“)

Zi>21n — l

'i-=m

m—l

den Wert ”7+3. Nun wird hiermit eine Rekursionsbedingung fiir g ennittelt:

g(l)=l -l=l.

Z

= 292+ l) = (m. — l) - m+m = 2n2

i=0

g(2)=l '2=2.

9 =[":'l-["':2l+[":‘]+[":2]+1

und daher

s-mz- 21n.—l+l

" “

2m—l+2

2

_11.+l _ 2

2 .12+2 2

_ (.) _gn.

Es gibt also mindestens g(n) Marken, so daB folgt A01) 2 9(1)). Damit ist die Fonnel fiir .401.) als richtig nachgewiesen.

=g(n)+n+l+l. Fiir jedes n E N gilt also die Gleichung g(n + 2) = g(n) + n + 2. Zusammen mit den Anfangsbedingungen g(l) = l und g(2) = 2 ist die Folge g durch diese Rekursion eindeutig festgelegt. Fiir

A 631 Dritte Aufgabe

n 6 {1, 2} existieren folgende Konstellationen der betrachteten Art mit g(n) Marken: Fiir n. = l wahle man eine beliebige Gerade und markiere auf ihr einen beliebigen Punkt. Fiir 71. = 2 w'ahle man zwei beliebige verschiedene, nicht parallele Geraden und markiere ihren Schnittpunkt sowie einen weiteren Punkt auf einer der beiden Geraden. Hat man nun fiir 22 E N eine Konstellation der betrachteten Art mit g(n) Marken, wobei die n Geraden paarweise nicht parallel sind, so erhéilt man auf folgende Weise eine Konstellation fijr n + 2: Man ziehe eine Gerade 12, die zu keiner der vorhandenen 22 Geraden parallel ist und durch keine der vorhandenen Marken geht, und markiere ihre Schnittpunkte mit den vorhandenen Geraden sowie auf h zwei weitere beliebige noch nicht markierte Punkte.

Gegeben sind fiinf nichtnegative Zahlen mit der Summe 1. Man beweise, daB man diese Zahlen so im Kreis anordnen kann. (1l die Summe der fiinf Produkte je zweier benachbarter Zahlen héchstens % betragt. Lésung. Es wird eine Verallgemeinerung der Aufgabenstellung gezeigt: Haben fiir 21, E N die reellen Zahlen a1,a2, ... .an die Summe 1, so gibt es eine Permutation 0' von (1,2, . .. ,n), fiir welche ao(1)ao(2) + (lo-(2)0260) + . . .

l

+ ao(n—1)ao(n) + ao(n)aou) . _. 2i az. _ n

Anzahl A(n) von Marken. Filr jedes 2 von 1 bis 22 wahle man eine

Gerade mit genau 2' Marken und bezeichne sie mit L.,:. Solche Geraden Ll , L2. . . . , L" miissen nach Voraussetzung existieren.

Da eine Gerade durch zwei ihrer Punkte festgelegt ist, kénnen fiir

i g 12 die n — 2' Geraden Ln,Ln_1, . .. ,LM jeweils héchstens einen Punkt von L,- enthalten. Ffiri > n — i liegen daher auf L,mindestens 2' — (n — 2'.) = 22 —- 22 Marken, die nicht zu einer der Geraden Ln,Ln_1,...,L,-+1 gehéren. Die Anzahl der Marken betragt dahermindestens

Die lndexmenge ist hier wie auch bei den folgenden Summen {l,2, 3, . . . , 11.}. Da die Summe der ai den Wert l hat, ergibt sich mit Hilfe von (1): 2:020]: :22? +22azaj— 2a,? 2no gilt a,,-a,,+1-.

Lfisung: Die folgenden Hilfssatze (l) und (2) werden benutzt: (1): Die Folge (d,.) nimmt ffir n > 1 nur Werte aus der Menge {2, 4, 6, 8} an; das bedeutet: fiir jede von eins verschiedene natfirliche Zahl n enthfilt die Primfaktorzerlegung von n! den Faktor 2 in hoherer Ordnung als den Faktor 5. (2): Zu jeder natiirlichen Zahl n und zu jeder natfirlichen Zahl s gibt es ein Vielfaches von n, dessen letzte von null verschiedene Ziffer cine l ist. Zum Beweis von (1) sei M die Menge der natiirlichen Zahlen von 1 bis n; da die Behauptung ffir n-2, 3, 4 offensichtlich gilt, sei weiterhin n grdBcr als 4. Jedes Element von M hat eine eindeutige Darstellung der Form 4" 5'" u, wobei k und m nichtnegative ganze Zahlen sind und u eine natfirliche Zahl ist, die weder dutch 4 noch dutch 5 teilbar ist. Enthfilt M ein Element x=4" 5’"u mit kno gilt d,.=d,.+T; ffir jede natiirliche Zahl k gilt dann d,.= ”k1, wie dutch vollstandige Induktion unmittelbar folgt. Man wihle die natiirliche Zahl k so, daB die letzte von null verschiedene Ziffer von k T eine l ist und kT>no+l gilt. Dann gilt dkrsdzn und dk1_. =du1-_..

PM 29 (1987) Nr. 3

185

Wegen dkT_.-d2kr_. muB die letzte von null verschiedene Ziffer von (k T— l)! mit der letzten von null verschiedenen Ziffer von (2k T— l)! fibereinstimmen. Diese Zil‘fer ist nach (1) eine 2, 4, 6 oder 8. Da die letzte von null verschiedene Ziffer von k Teine l ist, gilt dk1-_|=dk1-, also auch duff- I =d2kT-

Die

letzte

von

null

verschiedene

Ziffer

von

2k T

ist

eine

2;

wegen

(2kT)!=(2kT—- l)!-2kT ergibt sich aus d2k1_.=2 (bzw. 4, 6, 8) (In-=4 (bzw. 8, 2, 6) mit Widerspruch zu d2k1_.=d2kr.

Die Folge (d,,) ist damit als nichtperiodisch nachgewiesen. A 600. Vierte Aul'gabe Gegeben seien die endliche Menge M mit m Elementen und 1986 weitcre Mengen M1, M2, M3, ..., M.935, von denen jede mehr als m/2 Elemente aus M enthalt. Man zeige, daB nicht mehr als zehn Elemente von M markiert werden mfissen, damit

jede Menge M,- (i=1, 2, ..., I986) mindestens ein markiertes Element enthéilt. Liisung: Vorausgeschickt wird der folgende Satz: Gegeben sei die natfirliche Zahl n und die endliche Menge M mit m Elementen. Weiterhin sei k(n)=2"+ ' -2 und seien M ., M2, M3, ..., MW, weitere Mengen, von de-

nen jede mehr als m/2 Elemente aus M enthalt. Dann gibt es eine h6chstens n-elementige Teilmenge T von M, die mit jeder der Mengen M, (i — l, 2, 3, ...,k(n)) nicht-leeren Durchschnitt hat. Beweis (durch vollstfindigc lnduktion fiber n): lm Falle n=l liegen die Mengen M. und M2 vor. Da jede von ihnen mehr als m/2 Elemente von M enthalt, gibt es mindestens ein Element x, das sowohl in M. als auch in M2 Iiegt. Mit T:= Ix} hat man eine Menge der geforderten Art. Zum Schlufl von n auf n+ l seien die Mengen M, M ., M2, ..., Mu,” ., vorgelegt. Man zahle die Paare (x, i) (xeM, ie{ I, 2, ..., k(n+ l)}), filr die x in M, liegt. Da jede der k(n+ l) Mengen M,- mehr als m/2 Elemente aus M enthalt, ergibt die Zahlung mehr als k(n + l)m/2 Paare. Lage nun jedes xeM in h6chstens 2"+ ' —1 (let Mengen Mi, ergfibe die Zahlung andererseits héchstens m(2"+'- l) Paare; die Folgerung

(2" +2 — 2)- m/2 < m(2"+'-1) zeigt den Widerspruch. Mindestens ein Element von M muB also in mehr als 2"+‘—] der Mengen M, liegen. Ein solches Element sei x. Man entferne 2"+l der Ix} als Teilmengen enthaltenden Mengen M,-. Wegen k(n+1)_2n+l=2n+2_2_2n+l=2n+l_2=k(n)

bleiben k(n) Mengen M,- iibrig. Nach Induktionsannahme gibt es eine hbchstens nelementige Teilmenge T von M, die mit allen verbliebenen Mengen M,- nicht-leeren

Durchschnitt hat. Dutch Vereinigung von Tmit {x} erhalt man die Menge, deren Existenz nachzuweisen war. Zur Lésung der gestellten Aufgabe definiere man nun M, :=M fiir i = 1987, 1988, ..., 2046. Wegen k(10)=2"—2=2046 liefert der obige Satz die Menge T der maximal zehn Elemente, deren Markierung ausreicht. Lbffler, Leverkusen

186

PM 29 (1987) Nr. 3