Jahrgang 33 Heft 115 September 2013

Eine mathematische Zeitschriftfür Schüler(innen) und Lehrer(innen)1980 gegründet von Martin Mettler

herausgegeben von derJohannes Gutenberg-Universität zu Mainz

vertreten durch den PräsidentenHerrn Prof. Dr. Georg Krausch

JOHANNES

MAINZUNIVERSITÄTGUTENBERG

JG U

Liebe L(o)eserin, lieber L(o)eser!

Die neuen Aufgaben warten auf Lösungen. Nur Mut, auch wenn Du in Mathe keine „Eins“ hast!Die Aufgaben sind so gestaltet, dass Du zur Lösung nicht unbedingt den Mathe-Stoff der Schulebrauchst. Vielmehr wirst Du viel mathematische Fantasie und selbstständiges Denken brauchen,aber auch Zähigkeit, Willen und Ausdauer.

Wichtig: Auch wer nur eine Aufgabe oder Teile einzelner Aufgaben lösen kann, sollte teilneh-men; der Gewinn eines Preises ist dennoch möglich. Denkt bei Euren Lösungen daran, auch denLösungsweg anzugeben!

Für Schüler/innen der Klassen 5–8 sind in erster Linie die Mathespielereien vorgesehen; auchSchüler/innen der Klasse 9 dürfen hier mitmachen, aber nur auf der Basis der halben Punktzahl.Alle Schüler, insbesondere aber jene der Klassen 9–13, können Lösungen (mit Lösungsweg!)zu den Neuen Aufgaben, abgeben. Schüler/innen der Klassen 5–8 erhalten hierbei die 1,5-fachePunktzahl. Punkte aus den Rubriken Computer-Fan und Mathematische Entdeckungen werdenbei der Vergabe des Forscherpreises zugrunde gelegt. (Beiträge zu verschiedenen Rubriken bitteauf verschiedenen Blättern.)

Einsende-(Abgabe-)Termin für Lösungen ist der 15.11.2013.Zuschriften bitte an folgende Anschrift:

Johannes Gutenberg–UniversitätInstitut für Mathematik

MONOID-Redaktion55099 Mainz

Tel.: 06131/3926107Fax: 06131/3924389

E-Mail: monoid@mathematik.uni-mainz.de

An folgenden Schulen gibt es betreuende Lehrer, denen Ihr Eure Lösungen abgeben könnt:am Elisabeth-Langgässer-Gymnasium Alzey bei Frau Susanne Lüning, am Lina-Hilger-Gymnasium in Bad Kreuznach bei Frau Julia Gutzler, am Karolinen-Gymnasium Fran-kenthal bei Frau Silke Schneider, an der F-J-L-Gesamtschule Hadamar bei Frau IrmtrudNiederle, am Frauenlob-Gymnasium Mainz bei Herrn Martin Mattheis, an der Rhein-MainInternational Montessori School in Friedrichsdorf bei Frau Christa Elze, in Mannheimbei Herrn Ulrich Wittekindt, am Rhein-Wied-Gymnasium Neuwied bei Herrn Marcel Gruner,am Gymnasium Oberursel bei Frau Angelika Beitlich, am Leibniz-Gymnasium Östringenbei Herrn Klaus Ronellenfitsch, am Gymnasium Nonnenwerth in Remagen bei Herrn Hel-mut Meixner und am Wilhelm-Erb-Gymnasium Winnweiler bei Herrn Eugen Kuntz.

Die Namen aller, die richtige Lösungen eingereicht haben, werden in MONOID in der Rubrik derLöser und auf der MONOID-Homepage im Internet erscheinen.

Wir bitten auch um neue Aufgaben, die Du selbst erstellt hast, um sie zu veröffentlichen. DieseAufgaben sollen aber nicht aus Büchern oder Aufgabensammlungen entnommen sein, sondernDeiner eigenen Fantasie entspringen. Würde es Dich nicht einmal reizen, eine Aufgabe zu stellen,deren Lösung vorerst nur Du kennst?

Am Jahresende werden rund 50 Preise an die fleißigsten Mitarbeiter vergeben. Seit 1992 gibt esnoch einen besonderen Preis: das Goldene M.

Außer der Medaille mit dem Goldenen M gibt es einen beachtlichen Geld-betrag für die beste Mitarbeit bei MONOID und bei anderen mathematischenAktivitäten, nämlich: Lösungen zu den Neuen Aufgaben und den Mathespie-lereien, Artikel schreiben, Lösen von Sternchenaufgaben, Erstellen von neuenAufgaben, etc.

Und nun wünschen wir Euch viel Erfolg bei Eurer Mitarbeit! Die Redaktion

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Mainzer Mathe-Akademie 2013von Farah Breiden

Johannes-Gutenberg-Universität Mainz, 04.09.–08.09.2013.Semesterferien, die Uni in Mainz ist fast gänzlich leer. Nur im Mathematikge-bäude laufen rund 30 Schülerinnen und Schüler mit ein paar Professoren, Lehrernund Studenten durch die Räume. Man fragt sich, was sie da tun. Das waren die30 Mathebegeisterten, die an der diesjährigen Mainzer Mathematik-Akademieteilnahmen.Es begann alles mit der Anreise am Mittwochabend, der eine kurze Vorstellungs-runde folgte, nach der man allerdings schon wieder die Hälfte der Namen vergessenhatte. Doch das änderte sich mit der ersten Runde „Werwolf“, einem gesellschaftli-chen Karten-Taktik-Spiel, das für uns zum abendlichen „Ritual“ wurde. Am darauffolgenden Tag ging es, nach einem Frühstück in unserer Unterkunft Don Bosco,sofort an die Uni. Die drei Dozenten Frau Dr. Cynthia Hog-Angeloni (Topologieoder: Das Interessante an der Kaffeetasse ist der Henkel), Frau Prof. Dr. Yset-te Weiß-Pidstrygach (Strukturerhaltende Abbildungen und Invarianten) und HerrProf. Dr. Steffen Fröhlich (Summenformeln in Analysis und Geometrie) stelltenuns kurz ihre Themen vor und wir teilten uns in Arbeitsgruppen auf. Die Verpfle-gung erfolgte jeden Mittag in der Mensa und so waren wir dem Studentenlebennoch näher.Die verschiedenen Gruppen erarbeiteten mit großer Begeisterung ihr eigenes The-ma. Der Invarianten-Kurs machte sich erst mit einigen Spielen die Funktion vonInvarianten klar und wandte diese dann auch auf Knoten an. Der Topologie-Kurs beschäftigte sich währenddessen mit Verformungen und dem Färben undder Summenformel-Kurs zum Beispiel mit der Gaußschen Summenformel oder Po-tenzsummen. Wir hatten eine Menge Spaß dabei und die Themen waren wirklichinteressant.Damit man aber nicht „nur“ sein eigenes Themengebiet verstand, wurde am Sonn-tag eine große Präsentation vorbereitet, bei der jede Arbeitsgruppe einen Semi-narvortrag hielt und so das Thema vermittelte.Doch wir lernten noch mehr: Bei einer extra für uns gehaltenen Vorlesung überdie Geschichte der Mathematik von Martina Schneider lernten wir einiges über"Plimpton322", eine mit Keilschrift beschriebenen Steintafel.Doch nicht nur das, auch über die Universität und das Mathematikstudium wur-de uns erzählt, von den Dozenten zwischendurch und auch von unseren beidenbetreuenden Lehrern, Herrn Marcel Gruner und Herrn Martin Mattheis, bei einerUniführung über den gesamten Campus.Zusätzlich zu all dem Mathematischen dieser wirklich lohnenswerten Veranstaltungwurde auch noch einiges im Rahmenprogramm geboten: Wir gingen Minigolfen.

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Es war zwar durch einen „kleinen“ Umweg etwas später als geplant, aber den-noch sehr spaßig. Am Donnerstag schauten wir uns einen Mathematikfilm an undam Samstag sahen wir bei einer Stadtführung auch etwas von der Stadt Mainzaußerhalb der Universität.Die MMA hat unglaublich viel Spaß gemacht und war sehr interessant. Ich denke,viele von uns werden sich nächstes Jahr wieder bewerben. Hiermit möchte ich mich,im Namen aller Teilnehmer, noch bei allen bedanken, die dieses Ereignis auf dieBeine gestellt haben, Herrn Gruner, Herrn Mattheis, den Dozenten der UniversitätMainz und den studentischen Helfern. Sie haben alle etwas beigetragen und unsdas Mathematikstudium etwas näher gebracht.Farah Breiden besucht die 11. Klasse des Gymnasium im Kannenbäckerland in Höhr-Grenzhausen.An der MMA nahm sie 2013 zum ersten Mal teil.

Explore ScienceEin Erlebnisbericht

von Kevin Mours

Zum achten Mal fanden im Juni die naturwissenschaftlichen Erlebnistage „explo-re science“ der Klaus-Tschira-Stiftung im Luisenpark Mannheim statt. Thema indiesem Jahr waren die Geowissenschaften, so dass das Angebot der Wettbewerbe

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von Erdbebensicherheit, Kristallzucht über Wasserraketenbau und Kettenreaktio-nen bis hin zur Landvermessung recht breit gefächert war.Als formelbegeisterte Zahlenliebhaber stand für Marcel, Adriana und mich aberschon recht bald fest, dass wir uns näher mit dem Thema Landvermessung aus-einandersetzen würden. Bei dieser Wettbewerbsaufgabe galt es, die Fläche zweiervirtueller Dreiecke zu bestimmen, deren Eckpunkte sich in einem Abstand vonca. 50m in unterschiedlichen Höhen zwischen 0 und 25 Metern irgendwo im Lui-senpark befinden sollten. Über ein eigenes, geeignetes Messverfahren sollten dieEckpunkte möglichst genau ermittelt werden, wobei keine Maßbänder zur Ermitt-lung der Punkthöhe eingesetzt werden durften und auch lasergestützte Verfahrenunzulässig waren. Doch wie sollte das ohne professionelles Gerät nur klappen?Schließlich verlassen wir uns heute nur zu gerne auf Computer, neueste Technikund elektronische Messverfahren. Wir beschlossen, es daher mit einem Blick indie Vergangenheit zu versuchen und stießen dabei recht bald auf den Theodo-lithen, ein Winkelmessinstrument, welches in der Geodäsie (Vermessungskunde)zur Messung von Horizontalrichtungen und Vertikalwinkeln Verwendung findet.Während Adriana und ich an den Planungen zum Bau eines dem Theodolithen ähn-lichen Messgerätes arbeiteten, begann es bei Marcel unverzüglich im Mathematik-erprobten Kopf zu rattern und dank Trigonometrie und Winkelkunde standen nurwenig später die ersten Formeln zur Berechnung der Dreiecksfläche fest, zumin-dest theoretisch. Mit Hilfe unserer Vorrichtung wollten wir den Winkel zwischenDreieckspunkt und Boden von unserem Standpunkt aus gesehen bestimmen unddarüber dann die Punkthöhe bestimmen.Zwei Tage lang wurde im Keller gemessen, gesägt, geklebtund geschraubt bis unsere Apparatur (siehe Bild) fertigwar. Und siehe da, auch praktisch schien unser Winkelmes-ser ganz gute Ergebnisse zu erzielen, zumindest im Klas-senzimmer. Ob das auch für den Wettbewerb im großenMaßstab reichen würde? Zudem galt es ja auch, gegen-über den Zwölftklässlern unserer Schule zu bestehen, diebeim gleichen Wettbewerb antraten und die die Messge-nauigkeit ihrer theodolith-ähnlichen Vorrichtung mit einemsogenannten Nonius (bewegliche Längenskala zur Steige-rung der Ablesegenauigkeit auf Winkel- und Längenmess-geräten) noch steigern wollten.

Mit Spannung erwarteten wir den Wettkampftag und hatten zunächst ganz unge-ahnte Probleme zu lösen. Per Foto sollten wir die entsprechenden Dreieckpunkteim Park finden, was bei den beschriebenen Laternen und aufgespießten Tennisbäl-len auch nicht besonders schwer war. Doch der genannte Baum wurde im Winterfotografiert und hatte entsprechend im Juni ein paar Blätter mehr im Geäst, wasdie Suche nach der Astgabel damit praktisch unmöglich machte. Dann kam noch

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die Sache mit dem angeblichen Zeitlimit (das sich später natürlich als falsch her-ausstellte), die uns veranlasste die Messungen jeweils im Schnelldurchgang zuabsolvieren. Ein kurzer Blick, Winkel bestimmt, Entfernung gemessen, durch dieFormeln geschickt und das Ergebnis notiert.Außerdem mussten wir unsere Vorrichtungund Formeln noch der Jury erklären, dennauch Originalität und Umsetzung gingenmit in die Bewertung ein. Wie genau wirgemessen hatten und vor allem, wie uns dieJury bewertete, konnten wir jedoch bis zurSiegerehrung nicht sagen, so dass die Auf-regung bis zur letzten Minute blieb.Umso größer war die Freude über den dritten Platz. Und unsere Zwölfer? Diehaben mit einem neunten Platz auch gut abgeschnitten und konnten ihre Ehre miteinem ersten Platz beim Kristallzuchtwettbewerb wieder herstellen. Auch unsereWasserraketenbauer und Turmkonstrukteure (Erdbebensicherheit) waren mit ihrenErgebnissen ganz zufrieden, so dass wir alle mit sehr guter Stimmung von den„explore science“-Tagen zurückkehrten und uns schon auf das kommende Jahrfreuen, das dann unter dem Motto „Biologische Vielfalt“ stehen wird.

Mathematische Lese-Ecke– Lesetipps zur Mathematik –

von Martin Mattheis

Ian Stewart: „Professor Stewarts mathematische Schätze“Wieder einmal ist Ian Stewart, Professor für Mathematik an der Universität imenglischen Warwick, eine spannende Zusammenstellung der verschiedensten ma-thematischen Schätze gelungen.Wer erfahren möchte, wer das Gleichheitszeichen erfand, wie groß 1 Googol ist,welche Verbindung es zwischen Mathematik und Piraterie gibt, was Mathematikerüber Mathematik sagten, was die Klein’sche Fläche mit einer Flasche zu tun hat,wie groß die Oberfläche eines Straußeneis ist, oder eine humoristische Betrachtungsucht, wie die Geschichte der Mathematik in den nächsten Jahrhunderten weiter-geht, der ist hier richtig. Stewart ist eine äußerst kurzweilige Zusammenstellungvon Rätseln, Anekdoten, Witzen, Sprüchen von Mathematikern über Mathematikoder Essays gelungen. „Professor Stewarts mathematische Schätze“ ist nicht dazugemacht, es an einem Stück von vorne bis hinten durchzulesen, aber man wird esimmer wieder gerne zur Hand nehmen und sich immer wieder darin festlesen.Zu den Rätseln gibt es im Lösungsteil nicht nur die Lösungen der Aufgaben,sondern je nach Fragestellung auch interessante Zusatzinformationen.

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Fazit: Die Schatzkiste eignet sich nicht nur zum Selberlesen, sondern ist auch einschönes Geschenk, an dem der oder die Beschenkte immer wieder Freude habenwird.Gesamtbeurteilung: sehr gut ,,,

Angaben zum Buch:Stewart, Ian: Professor Stewarts mathematische Schätze.Rowohlt, 2012, ISBN 978-3-498-06415-0, geb., 432 Seiten,19,95 e.Art des Buches: Diverses aus und über MathematikMathematisches Niveau: verständlichAltersempfehlung: ab 14 Jahren

Der Schmetterlingssatzvon Hartwig Fuchs

Der Bauplan eines geometrischen SchmetterlingsFigur 1

M

D C

QP

A B

V W

Die Strecke PQ sei eine Sehne mit Mittelpunkt M in einem Kreis k . Ferner seienAC und BD zwei weitere durch den Punkt M verlaufende Sehnen von k . Wennman nun die Punkt A und D sowie die Punkte B und C durch jeweils eine Streckeverbindet, dann ist die Figur AMBCMDA ein geometrischer Schmetterling.Für einen solchen Schmetterling gilt mit den obigen Bezeichnungen:Der Schmetterlingssatz:(a) Die Winkel der Flügelspitzen bei A und B sind gleich groß und das Gleiche

gilt für die Winkel bei den Flügelspitzen C und D.(b) Wenn die Strecke AD die Sehne PQ in V und die Strecke BC die Sehne

PQ in W schneidet, dann sind die Strecken VM und WM gleich lang.

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Beweis von (a):Zur Erinnerung:1. Es sei PQ der Durchmesser eines Kreises mit dem

Mittelpunkt O und A sei ein beliebiger Punkt aufdem Kreis mit A 6= P und A 6= Q. Dann gilt:(1) |^OPA| = 1

2 |^QOA|.Im gleichschenkligen Dreieck 4OAP ist|^PAO| = α, sodass 2α + β = 180◦ ist.Weiter ist γ + β = 180◦. Durch Gleichsetzungfolgt: 2α = γ, also α = 1

2γ.

P QO

A

γα β

2. Es sei PQ eine Sehne in einem Kreis mit dem Mit-telpunkt O und es sei ein beliebiger Punkt A aufdem Kreis mit A 6= P und A 6= Q so gewählt,dass P und Q auf verschiedenen Seiten der Gera-den durch A und O liegen. (Der Nachweis, dass(2) auch gilt, wenn P und Q auf der selben Seiteder Gerade durch A und O liegen, überlassen wirdem Leser.) Dann gilt:(2) |^PAQ| = 1

2 |^POQ|.

PQ

A

B

O

α

γ

α1α2

γ1γ2

Für den Durchmesser AB gilt nach (1): α1 =12γ1 und α2 =

12γ2. Daher ist

α = α1 + α2 =12(γ1 + γ2) =

12γ, sodass (2) zutrifft.

Aus (2) folgt (a): Es sei O der Mittelpunkt des Kreises. Für die Sehne AB inFigur 1 gilt |^ADB | = 1

2 |^AOB| = |^ACB|; für die Sehne CD in Figur 1 gilt|^CAD| = 1

2 |^COD| = |^CBD|.Beweis von (b):Zur Erinnerung: Es seien AC und BD Sehnen in einemKreis, die sich in einem Punkt E im Innengebiet desKreises schneiden. Dann gilt:(3) |AE | · |EC | = |BE | · |ED|.Die Dreiecke 4AED und 4BCE sind ähnlich, weilaus (2) so wie bei Nachweis von (a) folgt, dass siein zwei und damit auch in allen drei Winkeln über-einstimmen. Dann ist |AE | : |ED| = |BE | : |EC |,woraus (3) folgt.

E

C

B

D

A

Zum Nachweis von (b) zunächst einige Bezeichnungen sowie Ergänzungen in Fi-gur 1. Es seien |PM | = |QM | = m, |VM | = v und |WM | = w – vergleicheFigur 2. Dann ist:

(4) |PV | = m − v , |VQ| = m + v , |PW | = m + w , |WQ| = m − w .

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Figur 2

M

D C

QP

A B

V W

FE

H G

gh

e f

v w

In der Figur 2 seien VE und VH die Lote der Längen e und h von V auf dieSehnen AC und BD sowie WF und WG die Lote der Längen f und g auf dieSehnen AC und BD.Die Dreiecke 4VHM und 4WMF sind ähnlich; also ist v : h = w : f . DieDreiecke4VEM und4WGM sind ähnlich , sodass v : e = w : g ist. Multipliziertman diese beiden Proportionen miteinander, so erhält man:

(5) v2

eh = w2

fg und daraus (6) v2

w2 =ef · hg .

Wegen der Ähnlichkeit der Dreiecke 4VAE und 4WFB gilt:e : |AV | = f : |BW |; ebenso sind die Dreiecke |VHD| und |WCG | ähnlich,sodass h : |VD| = g : |WC |. Damit gilt:

(7) ef = |AV |

|BW | undhg = |VD|

|WC | sowiev2

w2 =|AV |·|VD||BW |·|WC | .

Aus (3) folgt nun für das Sehnenpaar AD, PQ und das Sehnenpaar BC , PQ:

|AV | · |VD| = |PV | · |VQ| = (m − v)(m + v) und|BW | · |WC | = |PW | · |WQ| = (m + w)(m − w).

Damit ergibt sich mit (7):

v 2

w 2=

(m − v)(m + v)

(m + w)(m − w)

v 2(m2 − w 2) = w 2(m2 − v 2)

m2v 2 = m2w 2

v = w .

Damit ist (b) bewiesen.

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Eine Goldgräber-Geschichtevon Hartwig Fuchs

AufgabeReporter Queekly von der Lokalzeitung interviewt die sechs Goldgräber, die seiteiniger Zeit in der Nähe seines Wohnorts nach dem Edelmetall suchen. Besondersinteressiert ihn der Erfolg, den jeder einzelne von ihnen dabei hatte.Queekly erhält jedoch nur indirekte Auskünfte – und auch das nur vom vergange-nen Tag:(a) Gestern haben wir zusammen 20 Gramm Gold gefunden.(b) Dabei war die Ausbeute (in ganzzahligen Gramm) bei keinem von uns gleich,(c) und bei dem Jüngsten war sie so groß wie bei drei Anderen von uns zusam-

men.(d) Natürlich hat jeder von uns gestern Gold gefunden.Als nun Queekly seinem Freund, dem Mathematiker Quaoar von den verschlüs-selten Angaben der Goldsucher berichtet, stellt dieser nach einigen Berechnungenfest: „Die Goldgräber haben dich leider beschwindelt!“ Wie ist Quaoar zu seinerAussage gelangt?

Des Rätsels Lösung∗

Es seien a, b, c , d , e und f die nach (b) ganzzahligen Grammzahlen der von densechs Männern gefundenen Goldmengen.Nach (a) gilt dann:(1) a + b + c + d + e + f = 20.Es sei nun f = a+ b+ c , f die Goldmenge des jüngsten Goldsuchers. Dann folgtaus (1):(2) 2(a + b + c) + d + e = 20. Ferner ist wegen (b) und (d)(3) 2(a + b + c) ≥ 2(1 + 2 + 3) = 12, sodass d + e ≤ 20− 12 = 8.Weil nun d + e nach (2) eine gerade Zahl ist, gilt d + e ∈ {2, 4, 6, 8}.Aber d+e = 2 ist ausgeschlossen, weil sonst d = e = 1 wäre, da jeder Goldgräberetwas gefunden hat – im Widerspruch zu (b). Damit und mit (3) folgt:(4) d + e ∈ {4, 6, 8} und(5) 6 ≤ a + b + c ≤ 8 wegen 12 ≤ 2(a + b + c) ≤ 20− 4 = 16.Es sei nun a < b < c und d < e – diese Annahmen dürfen wir machen!Es sei a + b + c = 6. Dann ist a = 1, b = 2, c = 3 und folglich d ≥ 4, e ≥ 5,also d + e > 8 – im Widerspruch zu (3).∗ Wir empfehlen: Bevor man weiterliest, sollte man versuchen, selbst die Antwort zu finden.

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Es sei a + b + c = 7, sodass a = 1, b = 2, c = 4 ist. Dann führt d ≥ 3, e ≥ 5zum Widerspruch 2(a + b + c) + d + e ≥ 14 + 8 > 20.Für a + b + c = 8 ist a = 1, b = 2, c = 5 oder a = 1, b = 3, c = 4. In beidenFällen ist d + e = 4 nach (2), sodass d = 1, e = 3 und daher a = d ist – einWiderspruch,Da es keine die Bedingungen (a), (b), (c) und (d) erfüllenden ganzzahligen Lö-sungen der Gleichung (1) gibt, haben die Goldsucher den Reporter tatsächlichbeschwindelt.

Die besondere AufgabePythagoras reloaded

von Wolfgang J. Bühler

AufgabeZeige:a) Jede natürliche Zahl a ≥ 3 kommt in mindestens einem pythagoreischen Tripel

(a, b, c) vor, das heißt, es gilt c2 = a2 + b2.b) Zu jeder natürlichen Zahl d gibt es mindestens ein pythagoreisches Tripel

(a, b, c) mit c = b + d .c) Zu jeder natürlichen Zahl n gibt es natürliche Zahlen a1, a2, . . . , an, cn mit

a21 + a22 + ... + a2n = c2n .

Lösung

a) Ist a ungerade, so schreiben wir a2 = c2 − b2 = (c + b)(c − b) und zerlegendies als c + b = a2, c − b = 1. Dies ergibt c = 1

2(a2 +1) und b = 1

2(a2− 1).

Da a ungerade ist, sind die so ermittelten b und c natürliche Zahlen und esgilt c2 = a2 + b2.Ist a gerade, so ist auch a2

2 gerade und wir zerlegen a2 = 2 · a22 in c + b = a2

2

und c − b = 2. Damit ist c = 12(

a2

2 + 2) und b = 12(

a2

2 − 2). Auch hier sinddie so errechneten Werte für b und c ganzzahlig und es gilt c2 = a2 + b2.Wir haben also in beiden Fällen ein pythagoreisches Tripel gefunden.

b) Ist a2 = m · d mit m > d und m, d beide gerade oder beide ungerade, sogehen wir vor wie in a) mit der Zerlegung c + b = m, c − b = d , das heißtc = 1

2(m + d) und b = 12(m − d). Dann sind b und c ganzzahlig und es gilt

c = b + d sowie c2 = a2 + b2.c) Wir beweisen die Aussage per Induktion nach n. Für n = 1 stimmt die Aussage

offensichtlich, für n = 2 haben wir sie für jedes a1 ≥ 3 in a) gezeigt, es gibtalso natürliche Zahlen a2 und c2, sodass a21 + a22 = c22 gilt. Dies ist unserInduktionsanfang.

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Als Induktionsvoraussetzung gebe es nun natürliche Zahlen a1, a2, . . . , an−1,cn−1 mit a21 + a22 + ... + a2n−1 = c2n−1. Nun können wir, wiederum nach a) fürcn−1 – wegen a1 ≥ 3 ist auch cn−1 ≥ 3 – natürliche Zahlen an und cn mitc2n = c2n−1 + a2n = a21 + a22 + ... a2n−1 + a2n finden. Die Aussage ist also perInduktion für alle natürlichen Zahlen n bewiesen.

Bemerkung:Für n = 3 bedeutet dies die Existenz von Quadern, für die alle Kantenlängensowie die Längen einer Diagonalen über einer Seitenfläche und die räumlicheDiagonale ganzzahlig sind. Außerdem findet man leicht solche Quader, beidenen Diagonalen über zwei Seitenflächen ganzzahlig sind. Findest Du Quader,bei denen mehr als zwei der insgesamt vier Diagonalen ganzzahlig sind?

Die Aufgabe für den Computer-Fan

Niemals eine Quadratzahl?Es sei n eine natürliche Zahl. Dann ist n2 + 1 keine Quadratzahl, wie Du leichtmittels eines Widerspruchbeweises zeigen kannst. Anders verhält sich die Situation,wenn wir einen Faktor a ≥ 2 vor das n2 setzen und fragen, für welche n die Zahla · n2 + 1 eine Quadratzahl ist. Wenn Du mal die Fälle a = 2, 3, 5, 6, 7, 8 testest,wirst Du sicher schnell Antworten finden.Der Test kann aber auch zu einer harten Nuss werden wie im Beispiel a = 991.Also stellt sich die Frage: Gibt es eine natürliche Zahl n, sodass 911n2 + 1 eineQuadratzahl ist? (nach H.F.)Hinweis: Ihr könnt Eure Lösungen bis zum 15. November 2013 einschicken, denn auch hierbeigibt es Punkte zu ergattern. Allerdings müsst Ihr bei der Verwendung eines eigenen Programmsdies entsprechend durch Einsenden der Programm-Datei (am besten gezippt als E-Mail-Anhangan monoid@mathematik.uni-mainz.de) dokumentieren.Die Lösungen werden im übernächsten Heft erscheinen.

Lösung der Computer-Aufgabeaus MONOID 113

Narzisstische ZahlenEine (n + 1)-ziffrige Zahl a = anan−1an−2 ... a2a1a0, 0 ≤ ai ≤ 9, 0 ≤ i ≤ n − 1,0 < an ≤ 9, heißt narzisstisch∗, wenn sie gleich der Summe der Potenzen ihrerZiffern ist, wobei die Exponenten der Ziffernpotenzen gemäß der Ziffernposition inder Zahl ansteigen, wenn also gilt: a = a1n + a2n−1+ a3n−2+ ... + an−12 + an1 + an+1

0 .Ein Beispiel: 175 ist narzisstisch, denn 11 + 72 + 53 = 1 + 49 + 125 = 175.∗ von Narziss, der griechischen Sage nach ein in sein Bild verliebter schöner Jüngling.

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Gibt es weitere dreiziffrige narzisstische Zahlen?Trivialerweise sind die Zahlen 1, 2, ..., 9 narzisstisch. Welche zweiziffrigen natür-lichen Zahlen sind narzisstisch?Bestimme für möglichst viele n = 1, 2, 3, 4, 5, ... alle (n+1)-ziffrigen narzisstischenZahlen! (E.K.)

ErgebnisseBettina Diller von der Städtischen Berufsschule für Informationstechnik in Mün-chen mit einem eigenen Java-Programm und Robin Fritsch, Gymnasium Lehrte,mit einem eigenen Programm in Python haben für den Bereich 1 ≤ n ≤ 6 alle(n + 1)-ziffrigen narzisstischen Zahlen bestimmt. Ihre übereinstimmenden Ergeb-nisse sind:

89, 135, 175, 518, 598, 1306, 1676, 2427 und 2646798.Darüber hinaus hat Robin Fritsch mittels einer aus der Zifferndarstellung abgelei-teten Ungleichung gezeigt, dass eine narzisstische Zahl höchstens 22 Ziffern habenkann, also für n ≥ 22 keine narzisstischen Zahlen existieren.Anmerkung: Eine narzisstische Zahl lässt sich auf eine bestimmte Weise als Funk-tion ihrer Ziffern und deren Position in der Zifferndarstellung ausdrücken. DiesesPrinzip lässt sich natürlich vielfältig variieren. Wer sich dafür interessiert, mögebei Wikipedia nachschauen; dort finden sich neben narzisstischen Zahlen mit kon-stantem Exponenten oder mit konstanter Basis auch „wilde“ narzisstische Zahlen,ferner „fröhliche“ Zahlen und „glückliche“ Zahlen usw.

Geometrie mit der Schere1. Teil: Zerschneidung eines Dreiecks

von Hartwig Fuchs

Ein schlichtes n-Eck, mit n ≥ 3, ist ein Gebiet in der Ebene, dessen Rand voneinem zusammenhängenden Streckenzug gebildet wird, bei dem sich keine zweiStrecken (Kanten) kreuzen.

Figur 1

zwei-nicht schlichte 5-Ecke drei schlichte 5-Ecke

Ein schlichtes n-Eck En heißt konvex, wenn jede Strecke mit Endpunkten aufverschiedenen Kanten von En vollständig im Innengebiet von En liegt.

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Von den drei schlichten 5-Ecken in Figur 1 ist nur das 5-Eck ganz rechts konvex.

Wenn man ein konvexes n-Eck, mit n ≥ 3, aus Pappe mit einer Schere durch einengeradlinigen Schnitt zerteilt, dann entstehen zwei kleinere konvexe Polygone, dienun ihrerseits wieder zerschnitten werden können; usw.Wir wollen nun an der einfachsten konvexen Figur, dem Dreieck, untersuchen, wasbei seiner Zerlegung durch aufeinander folgende „Scherenschnitte“ passieren kann.Wir beschränken uns dabei auf Zerschneidungen, für die gilt:(a) Die Schnittlinien kreuzen sich nicht.(b) Die Teilfiguren des Ausgangsdreiecks sind konvex.Wenn ein Dreieck 4 in die Teilfiguren Ek und E` beziehungsweise in a TeilfigurenEm mit gleicher Eckenzahl m zerlegt wird, dann schreiben wir4 −→ Ek + E` beziehungsweise 4 −→ aEm, a ≥ 2.

Zerschneidung eines Dreiecks in DreieckeSatz 4 −→ n4:(1) Jedes Dreieck ist in n kleinere Dreiecke 4, für n = 2, 3, 4, ..., zerlegbar.Ein Beispiel statt eines Beweises:

Figur 2

4−→

24−→

34−→ ...

Zerschneidung eines Dreiecks in ViereckeSatz 4 −→ nE4:(2) Jedes Dreieck 4 ist in n konvexe Vierecke E4, für n = 3, 4, 5, ..., zerlegbar.Nachweis:(2.1) 4 −→ 3E4: Vergleiche Figur 3.

Figur 3

4−→

3E4

(2.2) 4 −→ 4E4: Vergleiche Figur 4:

Figur 4

4−→

4+ E4

−→4E4

(2.3) 4 −→ 5E4, denn 4 −→ 4+ E4(2.2)−→ 4E4 + E4 = 5E4.

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Aus (2.1) bis (2.3) folgt die Behauptung für jedes n ≥ 3, wie man sich leicht anden Fällen n = 6, 7, 8 klarmacht:

3E4 + 3E4 = 6E4

4 //4+4 //

77

((

3E4 + 4E4 = 7E4

3E4 + 5E4 = 8E4

Zerschneidung eines Dreiecks in FünfeckeSatz 4 −→ nE5:(3) Jedes Dreieck 4 ist in n konvexe Fünfecke E5, n = 9, 10, 11, ..., zerlegbar.Nachweis: Zunächst gilt für jedes konvexe Sechseck E6:(3.1) E6 −→ 2E5: Vergleiche Figur 5.

Figur 5

E6

−→2E5

(3.2) Für n = 9 und 10 gilt die Behauptung (3) – vergleiche die Figuren 6 und 7.

Figur 6

9E5

Figur 7

10E5

Figur 8

9E5 + E6

Sei nun n = 11. Dann zerlegen wir ein Dreieck 4 so wie in Figur 8. Mit (3.1) gilt:(3.3) 4 −→ 9E5 + E6 −→ 9E5 + 2E5 = 11E5.Aus (3.2) und (3.3) folgt dann die Behauptung (3) für jedes n ≥ 9 mit Hilfe derZerlegung (3.4) durch vollständige Induktion.(3.4) 4→ 3E5 +4: Vergleiche Figur 9.

Figur 9

4−→

5E5 +4

15 MONOID 115

Es sei A(m) die Behauptung: 4 −→ 3(m − 1)E5 + iE5 mit i = 9 oder 10 oder11. Dann gilt A(1) wegen (3.2) und (3.3).Annahme: A(m) gilt für ein beliebig gewähltes m ≥ 1.Dann gilt A(m + 1) wegen 4 −→ 3E5 +4 −→ 3E5 + (3(m − 1)E5 + iE5) =3mE5 + iE5. Setzt man 3(m − 1) + i = n für m = 1, 2, 3, ..., dann zeigt unserInduktionsbeweis, dass (3) zutrifft.

BemerkungDie in den drei Sätzen 4 −→ n4, 4 → nE4 und 4 −→ nE5 genanntenkleinsten Werte von n, nämlich n = 2, n = 3 und n = 9 sind minimal, das heißt,dass Dreieckszerlegungen in weniger als zwei Dreiecke, weniger als drei Viereckeund weniger als neun Fünfecke nicht möglich sind.

Zerschneidung eines Dreiecks in Sechsecke?Wenn wir die Dreieckszerlegungen mit Zerschneidungen in konvexe Sechsecke fort-setzen wollen, dann stoßen wir auf eine unüberwindbare Barriere. Es gilt nämlich:Satz 49 nE6:(4) Ein Dreieck kann nicht in konvexe Sechsecke E6 zerschnitten werden.Zum Beweis machen wir die Annahme:

Ein Dreieck ABC sei in n konvexe Sechsecke E6, mit n ≥ 2, zerschnitten.Wenn man die Eckpunkte der n Sechsecke alle als verschieden betrachtet – auchwenn viele von ihnen Eckpunkte mehrere Sechsecke sind – dann haben die nSechsecke insgesamt 6n Eckpunkte.Unter diesen 6n Punkten gibt es drei verschiedene Typen, die Eckpunkte vonmindestens einem Sechseck sind:• die drei Punkte A, B und C ;• r Punkte Ri auf den Seiten des Dreiecks mit Ri 6= A,B ,C , wobei i =1, 2, ... , r ;• s Punkte Sj im Innengebiet des Dreiecks, wobei j = 1, 2, ... , s.Für die 6n Punkte der n Polygone E6 gilt:

Figur 10

A B

C

SjRi

Mindestens drei von ihnen sind die Punkte A, B ,C ; mindestens 2r von ihnen sind die Punkte Ri ,denn jeder Punkt Ri ist Eckpunkt von mindes-tens zwei Sechsecken (vergleiche Figur 10); min-destens 3s von ihnen sind die Punkte Sj , weil injedem Punkt Sj mindestens drei Sechsecke zu-sammenstoßen – denn in den konvexen Sechs-ecken E6 ist jeder Innenwinkel < 180◦.

Daraus folgt:(4.1) 3 + 2r + 3s ≤ 6n.

MONOID 115 16

Die Winkel, die im Innengebiet des Dreieck ABC durch seine Zerschneidung inSechsecke bei den Punkten A, B , C , Ri und Sj auftreten, haben die Summe180◦+ r ·180◦+s ·360◦ = (1+ r+2s) ·180◦. Diese Winkelsumme stimmt übereinmit der Summe aller Innenwinkel der n Zerlegungssechsecke E6 vom Dreieck ABC ,also mit n · 720◦. Also ist (1 + r + 2s) · 180◦ = n · 720◦ = 4n · 180◦ und es folgt:(4.2) 1 + r + 2s = 4n.Wenn man nun (4.1) mit 2 und (4.3) mit 3 multipliziert, so erhält man:

6 + 4r + 6s ≤ 12n, 3 + 3r + 6s = 12n.

Also ist 6 + 4r + 6s ≤ 3 + 3r + 6s und daher 3 + r ≤ 0 – ein Widerspruch.Die Annahme oben ist somit falsch – es gilt die Behauptung (4).

Der Satz 4 6−→ nE6 könnte Anlass sein, der Frage nachzugehen, ob ein Dreieckvielleicht für eine Zahl m > 6 in konvexe m-Ecke Em zerlegbar ist.

Fortsetzung folgt im nächsten Heft.

Lösungen der Mathespielereienaus MONOID 114

Für die jüngeren Schüler/innen der Klassen 5–8

I. Eine erstaunliche Zahlenspirale

71 70 69 68 67 66

72 53 52 51 50 65

73 54 43 42 49 64

74 55 44 41 48 63

75 56 45 46 47 62

76 57 58 59 60 61...

77 78 79 80 81 82 83

Mathis entdeckt in einer Zeitschrift eine Zahlenspirale. Nachdem er sich ausgiebig

17 MONOID 115

mit ihr befasst hat, findet er sie so bemerkenswert, dass er auch andere zu ihrerUntersuchung motivieren möchte. So stellt er Dir die folgende Aufgabe:a) Bestimme die nächsten vier Zahlen auf der Diagonale. Überprüfe, ob alle diese

Zahlen in der Diagonale Primzahlen sind.Hinweis: Eine Tabelle mit Primzahlen findest Du im Internet.

b) Wie kommst Du auf die weiteren Zahlen in der Diagonale?c) Welche Zahl ist die erste Nicht-Primzahl auf der Diagonalen? (gefunden: H.F.)

Lösung:a) Die nächsten vier Zahlen auf der Diagonale sind 97, 113, 131 und 151. Diese

vier sowie alle eingerahmten Zahlen der Diagonale sind Primzahlen (Pz).b) Wir legen die folgende Tabelle an:

Nummer der Pz 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 . . . 39Pz 41 43 47 53 61 71 83 97 113 131 . . . 1601Abstand zweier Pz 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 . . . 80Die Differenz zweier aufeinanderfolgender Zahlen der Diagonale erhöht sichalso immer um 2.

c) Alle Zahlen mit den Nummern 0, 1, . . . , 39 in der Tabelle sind Primzahlenund befinden sich auf der Diagonalen der Zahlenspirale, die Primzahlen mitgerader Nummer sind rechts unterhalb von 41.Die Zahl mit der Nummer 40 ist 1681 = 41 · 41, sie ist keine Primzahl. Sieerzeugt die erste von vielen Primzahl-Lücken auf der Diagonalen.Bemerkung: Leonhard Euler (1707 – 1783) hat das Polynom n2 + n + 41gefunden, das für n = 0, 1, 2, ... , 39 nur Primzahlen – und zwar genau diePrimzahlen auf der Diagonalen der Zahlenspirale – ergibt. Für n mit 40 < n <11000 liefert das Euler-Polynom 4506 weitere Primzahlen; das sind erstaunlichviele. Liegen sie alle auf der Diagonalen der Zahlenspirale?

II. Schläge einer UhrManche Uhren zeigen die Stunden durch Schläge an. Eine Uhr benötigt sechsSekunden, vier Mal zu schlagen. Wie lange braucht sie für zwölf Schläge? (H.F.)

Lösung:Die Uhr braucht für ein Intervall zwischen den Schlägen 6

3 = 2 Sekunden. Beizwölf Schlägen, also elf Intervallen benötigt sie also 11 · 2 = 22 Sekunden.

III. Trugschluss?Mathis behauptet: Wenn man eine kleinere Zahl durch eine größere Zahl teilt, dannist stets das Ergebnis kleiner, als wenn man die größere Zahl durch die kleinereZahl teilt.Hat Mathis Recht? (H.F.)

MONOID 115 18

Lösung:Mathis Behauptung gilt für positive Zahlen. Er hat jedoch in seiner Behauptungdie Bedingung „Positivität“ nicht gestellt und schon macht er einen Trugschluss.Nach Mathis Behauptung wäre zum Beispiel (−1) : (2) < 2 : (−1). Tatsächlichaber ist −1

2 > −21 = −2.

IV. Rechteck aus QuadratenSetze neun Quadrate mit den Seitenlängen 2, 5, 7, 9, 16, 25, 28, 33, 36 sozusammen, dass sie ein vollständiges Rechteck bilden. (H.F.)

Lösung:

28× 28

33× 33

25× 25

36× 36

16× 16

9× 97× 7

Die beiden nicht bezeichneten Qua-drate im Rechteck sind das 5×5- unddas 2× 2-Quadrat.

V. Dreiteilung einer KreisscheibeZerlege allein mit einem Zirkel eine Kreisscheibe in drei flächengleiche Teilfiguren.

(H.F.)

Lösung:

M

P1

P2

P3

P4

P6

P5

K

1. Zeichne einen Kreis k um den Punkt M mitRadius r .

2. Wähle auf k einen Punkt P1.3. Trage auf k nacheinander sechs Mal von P1

aus den Radius r ab – man erhält so die fünfneuen Punkte P2, P3, . . . , P6 und P7 = P1.

4. Zeichne den M und P2 verbindenden Kreis-bogen um P1 mit Radius r .

5. Zeichne ganz entsprechend die KreisbögenMP4 und MP6.

Damit ist die Kreisscheibe allein mit einem Zirkel in drei kongruente, also auchflächengleiche Teile zerlegt.

19 MONOID 115

VI. Kreise im Kreis

K

A B

Gegeben seien ein Kreis K vom Durchmesser D undeine Durchmesserlinie AB . Entlang der Strecke ABseien n Kreise k1, k2, ... kn (d.h. die MittelpunkteMi der Kreise liegen auf AB) mit den Durchmes-sern d1, d2, ... dn so gewählt, dass gilt: Die Kreisek1, k2, ... kn liegen alle vollständig in K und überde-cken die Strecke AB von K vollständig; keine zweiKreise überlappen sich (vergleiche Abbildung). Es seis die Summe der Umfänge von k1, k2, ... kn und Uder Umfang von K . Entscheide, welche der folgen-den drei Aussagen zutrifft: s < U oder s = U oders > U . (H.F.)

Bemerkung: Für den Kreisumfang U gilt U = π · d . Bei allen Kreisen ist das Verhältnis Uddes

Umfangs zum Durchmesser konstant. Seit Euler (1737) wird diese Konstante mit π bezeichnet,dem Anfangsbuchstaben des griechischen Wortes periphereia (Peripherie, Umfang).

Lösung:Es ist U = πD. Da nun d1 + d2 + ... + dn = D ist, folgt aus s = πd1 + πd2 +... + πdn = π(d1 + d2 + ... dn) = πD, dass gilt: s = U .

VII. Logisches Puzzle

a) Laura stellt Tim ein Rätsel: Ich habe mir zwei positive ganze Zahlen x und yausgedacht. Damit du sie erraten kannst, gebe ich dir drei Hinweise:(1) x + 4y ist eine Primzahl;(2) x = 2y + 11;(3) y ist ein Teiler von x + 3.Welche Zahlen kommen nach diesen Hinweisen für x und y in Frage? Gib alleMöglichkeiten an.

b) Am nächsten Tag erzählt Tim das Rätsel weiter an Clara. Dabei will er esaber noch etwas schwerer machen. Er sagt: Ich denke mir zwei positive ganzeZahlen x und y , für die genau drei der folgenden vier Aussagen wahr sind:(1) x + 4y ist eine Primzahl;(2) x = 2y + 11;(3) y ist ein Teiler von x + 3;(4) 3 ist ein Teiler von x + y .Kann Clara allein aus diesen Hinweisen erkennen, dass Aussage (4) falsch ist,und dann auf das gleiche Ergebnis wie Tim am Tag vorher kommen? Wie?

(H.F.)

MONOID 115 20

Lösung:a) (3) besagt: x + 3 = y · v für ein ganzzahliges v , also auch x = y · v − 3, Mit

(2) erhält man y · v − 3 = 2y + 11, sodass (v − 2)y = 14 ist. Also ist y einTeiler von 14. Wir stellen nun für die möglichen Werte von y , x , x + y undx + 4y eine Tabelle auf:

y 1 2 7 14x = 2y + 11 13 15 25 39

x + y 14 17 32 53x + 4y 17 23 53 95

Die Zahlen 17, 23 und 53 der vierten Zeile sind Primzahlen. Deshalb machennur die Zahlenpaare (x , y) = (13, 1), (15, 2), (25, 7) die Aussagen (1), (2),und (3) zu wahren Aussagen.

b) Annahme: (1) und (4) sind wahr.Dann folgt aus (1): x + 4y = x + y + 3y . Wegen (4) ist x + y = 3 · v für einganzzahliges v . Damit gilt: x + y + 3y = 3 · v + 3 · y , sodass x + 4y keinePrimzahl ist. Aus diesem Widerspruch folgt: Entweder ist (1) falsch oder (4)falsch. Daher sind dann (2) und (3) beide wahr. Aus der dritten Zeile folgt:keine der Zahlen x + y ist durch 3 teilbar, sodass die Aussage (4) falsch ist.

Neue MathespielereienFür die jüngeren Schüler/innen der Klassen 5–8

I. GeburtstagMein Geburtstag ist der 7. Februar. Das Jahr meiner Geburt war kein Schalt-jahr und der Dezember hatte fünf Freitage, aber nur vier Samstage. An welchemWochentag bin ich geboren? (WJB)

II. Eckenzahl eines PolygonsDie Summe der Innenwinkel eines Vielecks beträgt 3240◦. Wie viele Ecken hat dasVieleck? (H.F.)Hinweis: Es genügt, die Aussage für konvexe Vielecke zu zeigen, d.h. für Vielecke ohne insInnengebiet einspringende Ecken.

III. ZahlensummenDie fünf Kinder Arthur, Bettina, Cynthia, Duco und Ekkehard schreiben die Zahlenvon 1 bis 10 auf zehn Zettel und werfen diese Zettel in einen Topf. Jedes Kindzieht nun je zwei Zettel aus dem Topf. Die Summen der von den Kindern jeweilsgezogenen Zahlen betragen:

Arthur Bettina Cynthia Duco Ekkehard17 16 11 7 4

21 MONOID 115

Wer hat welche Zettel gezogen? Begründe. (gefunden: Susanne Lüning)

IV. FlächenvergleichGegeben seien zwei Parallelen p1 und p2 sowie das Parallelogramm ABCD mit denEcken A und B auf p1 und den Ecken C und D auf p2. Wähle nun auf p2 einenbeliebigen Punkt E und verbinde E mit A und B .

p2

p1

E

A B

CD

Vergleiche die Fläche des Dreiecks 4ABE mit der Fläche des ParallelogrammsABCD. (H.F.)

V. GlaubensfrageDie achten Klassen eines Mainzer Gymnasiums planen einen gemeinsamen Schul-ausflug. Der Busunternehmer Meyer bietet Busse mit 30 Plätzen und solche mit45 Plätzen an. Drei Busse mit je 30 Plätzen reichen nicht aus, aber zwei Bussemit je 30 und einer mit 45 Plätzen ist genug. Von den Schülern ist ein Drittelkatholisch und ein Viertel evangelisch. Wie viele der Schüler gehören keiner derbeiden großen christlichen Konfessionen an? (WJB)

VI. WürfelbeschriftungAuf jede der sechs Seitenflächen eines Würfels wurde eine positive ganze Zahlgeschrieben. Für jede Ecke des Würfels berechnen wir das Produkt der Zahlenauf den drei angrenzenden Flächen. Die Summe dieser Produkte beträgt 2013.Welchen Wert hat die Summe der Zahlen auf den sechs Würfelflächen?

(gefunden von Kevin Mours, Karolinen-Gymnasium Frankenthal)Hinweis: Die einzelnen Zahlen auf den Würfelflächen müssen nicht bestimmt werden.

VII. Minimum gesuchtBestimme den kleinsten Wert von S = x2 + y 2 − 4x + 6y . (H.F.)

� � � � �

„Es gibt Dinge, die den meisten Menschen unglaublich erscheinen,die nicht Mathematik studiert haben.“

Archimedesum 287 v. Chr. – 212 v. Chr.

griechischer Mathematiker, Physiker und Ingenieur

MONOID 115 22

Neue AufgabenKlassen 9–13

Aufgabe 1078: Lösungsmenge einer GleichungHat die Gleichung x2 + y 2 − z2 = 2013 keine, endlich viele oder unendlich vieleganzzahlige Lösungen? (H.F.)

Aufgabe 1079: DurchschnittsgeschwindigkeitAldo und Baldo fahren mit gleicher Durchschnittsgeschwindigkeit auf der Auto-bahn. Aldo braucht eine Stunde länger für 400km als Baldo für 320km. Wie langeund mit welcher Durchschnittsgeschwindigkeit waren die beiden unterwegs? (H.F.)

Aufgabe 1080: Würfel-ErgebnisseWenn man mit einem Würfel sechs Mal würfelt, welches Ergebnis ist dann wahr-scheinlicher: Man würfelt sechs Mal die Eins oder aber man würfelt sechs verschie-dene Zahlen? (H.F.)

Aufgabe 1081: Primzahl-SucheBilde aus den neun Ziffern 1, 2, 3, ... , 9 höchstens zweistellige Primzahlen, sodassjede Ziffer genau einmal verwendet wird und

a) die Anzahl der Primzahlen minimal ist,b) die Summe der Primzahlen minimal ist. (H.F.)

Aufgabe 1082: Flächeninhalt eines rechtwinkligen DreiecksIn einem rechtwinkligen Dreieck sei G der Flächeninhalt, r der Inkreisradius undc die Länge der Hypotenuse. Man beweise G = r(r + c).

(Robin Fritsch, Gymnasium Lehrte)

Aufgabe 1083: Die Quadratur von n-EckenWie wir wissen, ist es unmöglich einen Kreis durch Konstruktion mit Zirkel undLineal in ein flächengleiches Quadrat zu verwandeln. Auch die Umkehrung gilt.Wie sieht es aber bei den Vielecken aus?

a) Zeige, dass sich durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal jedes Dreieck in einflächengleiches Viereck (sogar Rechteck) umwandeln lässt.

b) Zeige, dass sich durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal jedes Rechteck inein flächengleiches Quadrat umwandeln lässt.

c) Zeige, dass sich durch Konstruktion mit Zirkel und Lineal jedes n-Eck, n ≥ 4,in ein flächengleiches Quadrat umwandeln lässt. (AK)

23 MONOID 115

Aufgabe 1084: Bemerkenswerte Eigenschaft einer Folge

Gegeben sei die Folge a1 =√1, a2 =

√2 +√1, a3 =

√3 +

√2 +√1, ....

Zeige: In jedem Intervall (√n,√2n), n = 2, 3, 4, ..., liegt stets ein Element der

Folge. (H.F.)

Gelöste Aufgaben aus MONOID 114Klassen 9–13

Aufgabe 1071: Welche Zahl ist größer?Es seien S(2012) = 1

2012(1 +12 +

13 + ... + 1

2012) und S(2013) = 12013(1 +

12 +

13 +

... + 12013).

Welche der beiden Zahlen S(2012) und S(2013) ist die größere? (H.F.)

Lösung:Es sei S(m) := 1

m

(1 + 1

2 + ... + 1m

)für eine natürliche Zahl m. Dann gilt für jede

natürliche Zahl n:

S(n)− S(n + 1) = 1n

(1 + 1

2 + ... + 1n

)− 1

n+1

(1 + 1

2 + ... + 1n+1

)= 1

n(n+1)

((n + 1)

(1 +

1

2+ ... + 1

n

)− n

(1 +

1

2+ ... + 1

n+1

))= 1

n(n+1)

(1 +

1

2+ ... + 1

n − nn+1

)> 0

Für n = 2012 ist also S(2012)− S(2013) > 0 und deshalb S(2012) > S(2013).

Aufgabe 1072: Darstellung von 2013Es sei S(m, n) = 1

m(m+1) +1

(m+1)(m+2) + ... + 1(m+n)(m+n+1) . Kann man m und n

so wählen, dass 1S(m,n) = 2013 ist? (H.F.)

Lösung:Es gilt: 1

i(i+1) =1i − 1

i+1 . Damit lässt sich S(m, n) so schreiben:

S(m, n) =

(1

m− 1

m + 1

)+

(1

m + 1− 1

m + 2

)+ ... +

(1

m + n− 1

m + n + 1

)=

1

m− 1

m + n + 1=

n + 1

m(m + n + 1).

Um diesen Bruch durch Kürzen zu vereinfachen, sollte man n + 1 = m2 wählen.Dann erhält man: S(m,m2 − 1) = m2

m(m+m2) =1

1+m = 12013 für m = 2012. Daher

ist 1S(m,n) = 2013 für m = 2012 und n = 20122 − 1.

MONOID 115 24

Aufgabe 1073: Jahreszahlen-AufgabeFür welche natürliche Zahl n gilt erstmals 11

√21 · 11√23 · 11√25 · ... · 11

√22n+1 ≥ 2013?

(H.F.)

Lösung:2

111 · 2 3

11 · 2 511 · ... · 2 2n+1

11 = 2111 (1+3+5+...2n) sei mit 2

x11 abgekürzt.

Nun ist x = 1+3+5+...+ (2n+1) = (n+1)2, denn: 2x = (1+3+...+ (2n−1)+(2n+1))+((2n+1)+(2n−1)+...+3+1) = (n+1)(2n+2) = 2(n+1)2.

Damit ist 2x11 = 2

(n+1)2

11 . Weil nun 210 = 1024 < 2013 < 2048 = 211 ist, folgt:2

(n+1)2

11 ist erstmals > 2013, wenn (n+1)2

11 = 11 und mithin n = 10 ist (die andereLösung n = −12 entfällt, sie ist keine natürliche Zahl).

Aufgabe 1074: Näherungswerte für√3

Den Abstand zweier reeller Zahlen a und b definiert man durch |a − b|. Ist |a − b|klein, dann sagt man auch: a ist ein guter Näherungswert für b (oder b ist einguter Näherungswert für a). Es gilt: Wenn m

n mit positiven ganzen Zahlen m undn ein Näherungswert für

√3 ist, dann ist m+3n

m+n ein besserer Näherungswert für√3. Begründe dies. (H.F.)

Lösung:Es ist zu zeigen, dass gilt:

∣∣m+3nm+n −

√3∣∣ < ∣∣mn −√3∣∣. Es ist:∣∣∣∣m + 3n

m + n−√3

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣m + 3n −m

√3− n

√3

m + n

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣(m − n

√3)(1−

√3)

m + n

∣∣∣∣∣=

∣∣m − n√3∣∣ ∣∣1−√3∣∣

|m + n| =

∣∣m − n√3∣∣ (√3− 1)

m + n

<

∣∣m − n√3∣∣

m + nwegen

√3− 1 < 1

<

∣∣m − n√3∣∣

nwegen m ≥ 1

=∣∣∣mn−√3∣∣∣ , was zu zeigen war.

Beispiel:∣∣173100 −

√3∣∣ < 0,002051 und

∣∣173+300173+100 −

√3∣∣ < 0,00055.

Aufgabe 1075: FlächenvergleichC

A BD E

G F

Einem gleichseitigen Dreieck 4ABC sei ein QuadratDEFG so einbeschrieben, dass seine Eckpunkte aufden Dreiecksseiten liegen – wie in der Figur. Unter-suche, ob dann die Fläche des Quadrats halb so großwie die Dreiecksfläche ist. (H.F.)

25 MONOID 115

Lösung:

C

A BD E

G F

x

x

a− x

Es seien |AC | = a und |DE | = x . Dann ist dasDreieck 4CGF gleichseitig, weil seine drei Innenwin-kel 60◦ betragen. Mithin gilt: |CG | = x und daher|AG | = a − x . Im rechtwinkligen Dreieck 4ADGist nun wegen |AD| = 1

2(a − x) nach Pythagoras:x2+1

4(a−x)2 = (a−x)2 und folglich x = a(2√3−3).

Also gilt: |DEFG | = x2 = a2(2√3 − 3)2 = a2(

√3(2 −

√3))2 = 3 · (7 −

4√3)a2. Die Höhe im gleichseitigen Dreieck 4ABC hat die Länge 1

2a√3, sodass

12 |ABC | = 1

2 · (12 · 12a√3 · a) = a2

8

√3 die halbe Fläche des Dreiecks 4ABC ist.

Mit dem Taschenrechner erhält man nun für das Verhältnis |DEFG |12 |ABC |

= (2√3−3)2√38

näherungsweise 0,99485 < 1. Also ist die Fläche des Quadrats kleiner als diehalbe Dreiecksfläche.

Bemerkung:Ohne Taschenrechner erhält man das Ergebnis so:

|ABC ||DEFG | =

14

√3a2

3(7− 4√3)a2

=7 + 4

√3

4√3(7 + 4

√3)(7− 4

√3)

=7 + 4

√3

(4√3) · 1

= 1 +7

4√3> 2, da

(7

4√3

)2

=49

48> 1.

Die Fläche des Quadrats ist also kleiner als die halbe Dreiecksfläche.

Aufgabe 1076: Kugel, Würfel, KugelIn einem Würfel befindet sich eine Kugel, die sämtliche sechs Würfelseiten voninnen berührt. Der Würfel selbst liegt im Inneren einer Kugel, wobei jede Würfe-lecke in der Kugeloberfläche liegt. Bestimme das Verhältnis, in dem die Voluminader beiden Kugeln und auch ihre Oberflächen zueinander stehen. (H.F.)

Lösung:Es seien r , d und v der Radius, der Durchmesser und das Volumen der klei-nen Kugel. Entsprechend seien R , D und V der großen Kugel definiert. Es istV = 4

3πR3 = π

6D3. Nun ist D zugleich die Raumdiagonale des Würfels, dessen

Kantenlänge mit a bezeichnet sei. Mithin ist D2 = 3a2, also a = D√3. Weil a der

Durchmesser der kleinen Kugel ist, gilt v = π6a

3 = π6 · ( D√

3)3. Damit folgt:

V

v=

π6D

3

π6

D3√33

=3√3

1.

MONOID 115 26

Es seien nun F und f die Oberflächen der großen und der kleinen Kugel. Dannist:

F

f=πD2

π D2√32

=3

1.

Zusammenfassend erhalten wir also die Verhältnisse Dd =

√3, F

f =√32und

Vv =√33.

Aufgabe 1077: Keine Ziffern 7, 8 und 9Wie viele positive ganze Zahlen ≤ 10000 gibt es, in deren Zifferndarstellung keineder Ziffern 7, 8 und 9 vorkommt? (H.F.)

Lösung:Eine Zahl ohne Ziffern 7, 8 und 9 nennen wir O-Zahl. Es gibt 6 einziffrige O-Zahlen. Bei den zweiziffrigen Zahlen gibt es 6 Möglichkeiten 6= 7, 8, 9 für dieZehnerziffer und 7Möglichkeiten 6= 7, 8, 9 für die Einerziffer. Also gibt es 6·7 = 42zweiziffrige O-Zahlen. Ganz entsprechend gibt es 6 · 7 · 7 = 294 dreiziffrige O-Zahlen und 6 · 7 · 7 · 7 = 2058 vierziffrige O-Zahlen. Insgesamt gibt es daher –die 10000 darf man nicht vergessen – 6+ 42+294+2058+ 1 = 2401 O-Zahlen≤ 10000.

Über das Sammeln vollständigerFigurenserien

von Ingmar Rubin und Hans-Jürgen Schuh

0 1 2 3 4 5 6

p1 = 1 p2 =56 p3 =

46 p4 =

36

p5 =26 p6 =

16

16

26

36

46

56

66

ProblemstellungÜberraschungseierJeder kennt die Schokoladenüberraschungseier, in deren Inneren sich eine kleineFigur, ein Bausatz oder Ähnliches befindet. In den zurückliegenden Jahren gab esdes Öfteren ganze Figurenserien, z.B. zu Winnie-Puuh oder den Dinos. Natürlichwar es das Ziel, beim Kauf der Überraschungseier die Serie möglichst vollständig

27 MONOID 115

zu bekommen. Wir gehen bei der folgenden Problemstellung davon aus, dass dieSerie aus n = 6 verschiedenen Figuren besteht und die Figuren gleichmäßig überalle produzierten Überraschungseier verteilt sind. Die Problemstellung lautet:Wieviele Überraschungseier muss ich im Durchschnitt kaufen, damit ich die Serieaus 6 Figuren vollständig erhalte?

Äquivalente AufgabenstellungenWer sich den Kauf und Verzehr (unzähliger) Überraschungseier sparen möchte,kommt dem Problem mit einem einfachen Spielwürfel näher:Wie oft muss man im Durchschnitt mit einem normalen Spielwürfel würfeln, bisman (mindestens) einmal die Zahlen von 1 bis 6 gewürfelt hat? Natürlich ist dasSammlerproblem nicht auf n = 6 beschränkt. So wurde von einer Supermarkt-kette ein Sammelalbum zur Fußball-EM 2012 mit 32 Kärtchen (Fußballspieler derNationalmannschaft) ausgeteilt. Bei einem Wareneinkauf im Wert von 5 Euro er-hielt man an der Kasse einen kleinen Umschlag, in dem sich ein Bild eines Spielersbefand.Wieviele Umschläge benötigt man im Durchschnitt, um alle 32 Kärtchen vollstän-dig zu haben?

Lösungsansätze

ComputersimulationBei komplexen Aufgabenstellungen in der Wahrscheinlichkeitsrechnung hilft ofteine kleine Computersimulation vorweg. Wir wollen jetzt die mittlere Anzahl anZügen (Würfen etc.) bestimmen, bis wir eine Serie aus n Elementen vollständigerhalten. Mit anderen Worten geht es um die Bestimmung des Erwartungswertes.Das Programm ARIBAS1 ist ein frei verfügbarer Zahleninterpreter, der sich für dieSimulation des Problems eignet:

function serie(n, N :integer) : real;

var figur : array[n+1] of integer;i,j,p,su : integer;y : real;

beginfor i:=1 to n do figur[i]:=0; end;su:=0;for i:=1 to N do

for j:=1 to n do figur[j]:=0; end;j:=0;while sum(figur) < n do

1 Forster, Otto: http://www.mathematik.uni-muenchen.de/∼forster/sw/aribas.html

MONOID 115 28

inc(j);p:= random(n) + 1;figur[p]:=1;

end;su:= su + j;

end;y:= su/N;return y;

end;

Das Programm liefert uns den Erwartungswert für eine Serie aus n Figuren, wobeidas Sammeln einer kompletten Serie N mal wiederholt wird. Wir wählen N sehrgroß (N = 106), um einen plausiblen Mittelwert zu erhalten. Die folgende Tabellezeigt die simulierten Erwartungswerte für n = 2, 3, ... , 12. Die Folge der Erwar-tungswerte ist monoton steigend, wie man aus den Differenzen erkennt. Im Falleder Serie aus 6 Figuren müssten wir also im Mittel 15 Überraschungseier kaufen.Für den Rest des Artikels sei Xn die Zufallsvariable, welche die Anzahl der Züge(Würfe etc.) angibt, bis die Serie aus n Figuren vollständig ist.

n E (Xn) E (Xn)− E (Xn−1)2 3.0 2.03 5.5 2.54 8.34 2.845 11.41 3.076 14.71 3.307 18.153 3.4428 21.686 3.539 25.47 3.7810 29.2795 3.80911 33.2175 3.93812 37.2495 4.032

Markowkette

0 1 2 3 4 5 6

p1 = 1 p2 =56 p3 =

46 p4 =

36

p5 =26 p6 =

16

16

26

36

46

56

66

Markowkette für eine Serie aus sechs Figuren

29 MONOID 115

Wir können den Erwartungswert für das Sammeln einer Serie der Länge n mitHilfe einer Markowkette (Zl)l=0,1,... mit den Zuständen 0, 1, 2, . . . n berechnen,wobei „Zl = j“ bedeutet, dass wir nach l „Käufen“ j Figuren besitzen. Startpunktist der Zustand 0: „Z0 ≡ 0“, das heißt wir besitzen zunächst keine Figur. Beimersten Kauf erhalten wir deswegen garantiert eine neue Figur, das heißt

p1 = P(Z1 = 1 | Z0 = 0) = 1.Angenommen wir besitzen zu einem gewissen Zeitpunkt j Figuren. Die Wahr-scheinlichkeit, beim nächsten Kauf eine neue Figur zu erwerben, ist dann n−j

n , dasheißt (Zl)l hat die Übergangswahrscheinlichkeiten

P(Zl+1 = j + 1 | Zl = j) =n − j

n=: pj+1, 0 ≤ j ≤ n − 1,

P(Zl+1 = j | Zl = j) =j

n= 1− pj+1, 0 ≤ j ≤ n − 1.

Mit Wj , j = 0, 1, ... , n−1, bezeichnen wir nun die Anzahl der weiteren Käufe, diewir benötigen, um eine weitere Figur zu erwerben, wenn wir gerade die j-te Figurerhalten haben, das heißt „Wj = k“ = „Zl = ... = Zl+k−1 = j , Zl+k = j + 1“.Deshalb gilt

P(Wj = k) = (1− pj+1)k−1pj+1, k ∈ N,

also hat Wj eine geometrische Verteilung mit Parameter pj+1, j = 0, 1, ... , n− 1.

E (Wj−1) =1

pj, j = 1, ... , 6, weil

E (Wj−1) =∞∑k=1

k(1− pj)k−1pj = pj

∞∑k=1

k∑m=1

(1− pj)k−1

= pj

∞∑m=1

∞∑k=m

(1− pj)k−1 = pj

∞∑m=1

(1− pj)m−1

∞∑l=0

(1− pj)l

= pj1

1− (1− pj)

∞∑m=1

(1− pj)m−1 =

1

pj.

Da Xn = W0+W1+ ... +Wn−1, ergibt sich als erwartete Anzahl von Käufen, bisalle Figuren erworben sind:

E (Xn) =n−1∑j=0

E (Wj) =n−1∑j=0

1

pj+1=

n−1∑j=0

n

n − j= n

n∑l=1

1

l, das heißt

E (Xn) = n

(1 +

1

2+

1

3+ ... +

1

n

)= n · Harm(n). (1)

Hinweis: Harm(n) bezeichnet hier die n-te Partialsumme der harmonischen Reihe.

MONOID 115 30

Sie ist in vielen Mathematikprogrammen fertig als Funktion enthalten, so zumBeispiel in Mathematica als HarmonicNumber[n].

Speziell für n = 6 (zum Beispiel „Würfeln“) ergibt sich also:

E (X6) = 6 ·(1 +

1

2+

1

3+

1

4+

1

5+

1

6

)= 6 · 147

60= 14,7.

Man muss also im Mittel 15 Überraschungseier kaufen, um alle Figuren einer Serievon 6 zu erhalten.

Klassische WahrscheinlichkeitstheorieDie Problemstellung wurde in der Literatur schon von de Moivre, Euler und Laplacebehandelt. Sie taucht dort unter den Bezeichnungen Sammlerproblem, Coupon-Collector-Problem oder Problem der vollständigen Serie auf. In dem Buch Stochas-tik für Einsteiger2 findet sich eine verallgemeinerte Herleitung. Dort wird folgendeFrage aufgeworfen: Wie groß schätzt Du die Chance ein, dass beim Samstagslotto(von den Zahlen 1 bis 49 werden sechs verschiedene zufällig gezogen) im Laufeeines Jahres (52 Ausspielungen) jede Zahl mindestens einmal Gewinnzahl gewesenist?In Einkleidung eines Teilchen-/Fächermodells gibt es beim Sammlerproblem nnummerierte Fächer, wobei ein Versuch darin besteht, s der n Fächer rein zufälligauszuwählen und mit je einem Teilchen zu besetzen. Dieser Besetzungsvorgangwird in unabhängiger Folge wiederholt. Wie viele Versuche sind nötig, bis jedesFach (mindestens) ein Teilchen enthält?

Interpretieren wir die 6 Augenzahlen des Würfels beziehungsweise die 49 Lotto-zahlen als Fächer, so führen die eingangs gestellten Fragen zu Sammlerproble-men mit n = 6, s = 1 (Wie lange muss gewürfelt werden, bis jede Augenzahlmindestens einmal aufgetreten ist?) beziehungsweise n = 49, s = 6 (WievieleLotto-Ausspielungen müssen erfolgen, bis jede der 49 Zahlen mindestens einmalGewinnzahl gewesen ist?).In Norbert Henzes Stochastik für Einsteiger wird unter Anwendung der Formeldes Ein- und Ausschließens (Siebformel) die Wahrscheinlichkeit berechnet, dass inden ersten k Versuchen mindestens ein Fach nie besetzt wird. Dies entspricht demEreignis, dass in den ersten k Versuchen noch nicht alle Fächer belegt werden, dasheißt, dass „Xn > k“. A(i1, ... , ir) sei das Ereigbnis, dass in den ersten k Versuchenkeines der Fächer mit den Nummern i1, . . . , ir besetzt wird. Die Wahrscheinlichkeitdafür, dass dieses bei einem Versuch geschieht, ist durch den Quotienten

qr =

(n−rs

)(ns

) , n − r ≥ s,

2 Henze, Norbert: Stochastik für Einsteiger, 9. erweiterte Auflage, Vieweg + Teubener, Wiesbaden, 2012

31 MONOID 115

gegeben (Laplace-Modell). Aufgrund der Unabhängigkeit von Ereignissen, welchesich auf verschiedene Versuche beziehen, gilt dann:

P(A(i1, ... , ir)) = qkr .

Mit der Siebformel erhält man

P(Xn > k) = P

(n⋃

i=1

A(i)

)=

n∑r=1

(−1)r−1∑

1≤i1<...<ir≤nP(A(i1, ... , ir))

=n−s∑r=1

(−1)r−1(n

r

)qkr , da A(i1, ... , ir) = ∅ für r > n − s.

Durch Differenzbildung erhalten wir die Verteilungsfunktion für die Anzahl Xn derVersuche, bis alle Fächer belegt sind:

P(Xn = k) = P(Xn > k − 1)− P(Xn > k)

=n−s∑r=1

(−1)r−1 ·(n

r

)· qk−1r · (1− qr), k ∈ N0.

Es sei nun a := min{m ∈ N|ns ≤ m}. Da P(Xn = k) = 0 für alle 1 ≤ k ≤ a− 1,ergibt sich für den Erwartungswert:

E (Xn) =n−s∑r=1

(−1)r−1 ·(n

r

)· q

a−1r · (qr + a · (1− qr))

1− qr,

denn

∞∑k=a

kP(Xn = k) =∞∑k=a

kn−s∑r=1

(−1)r−1(n

r

)qk−1r (1− qr)

=n−s∑r=1

(−1)r−1(n

r

) ∞∑k=a

kqk−1r (1− qr);

∞∑k=a

kqk−1r = qa−1r

∞∑l=0

(a + l)qlr = aqa−1r

∞∑l=0

qlr + qa−1r

∞∑l=0

lqlr

=aqa−1r

1− qr+ qa−1r

∞∑l=1

l∑m=1

qlr ;

∞∑l=1

l∑m=1

qlr =∞∑

m=1

∞∑l=m

qlr =∞∑

m=1

qmr

∞∑j=0

qjr =qr

(1− qr)2.

MONOID 115 32

Im Spezialfall s = 1 (also unserer ursprünglichen Aufgabenstellung) ist a = n undqr = 1− r

n . Für den Erwartungswert ergibt sich deshalb die Formel

E (Xn) = nn−1∑r=1

(−1)r−1(n

r

)(1− r

n)n−1

1− rn + r

r. (2)

Durch trickreiches Umformen weist man nach, dass die Formeln (1) und (2) über-einstimmen.Hierzu sind folgende Identitäten von Nutzen:

a)n∑

r=1

(−1)r−1(n

r

)= 1

b)n∑

r=1

(−1)r−1(n

r

)1

r= 1 +

1

2+ ... +

1

n

c)n∑

r=1

(−1)r−1(n

r

)r j = 0 für j ≥ 1 und n ≥ j + 1 sowie

n∑r=1

(−1)r−1(n

r

)r n = (−1)n−1n!

Beweis:

a)n∑

r=1

(−1)r−1(n

r

)= 1−

n∑r=0

(n

r

)(−1)r = 1− (1− 1)n = 1

b)

1 +1

2+ ... +

1

n=

∫ 1

0

x0 + x1 + ... + xn−1dx =

∫ 1

0

1− xn

1− xdx

=

∫ 1

0

1− (1− y)n

ydy =

∫ 1

0

1

y(1−

n∑r=0

(n

r

)(−1)ry r)dy

=n∑

r=1

(n

r

)(−1)r−1

∫ 1

0

y r−1dy =n∑

r=1

(−1)r−1(n

r

)1

r.

33 MONOID 115

c) Wir zeigen den Fall j = 1:n∑

r=1

(−1)r−1(n

r

)r = −

(n∑

r=0

(n

r

)(−x)r

)′x=1

= − ((1− x)n)′x=1

=(n(1− x)n−1

)x=1

= 0 für n ≥ 2.

Die besondere AufgabeFrosch-Sprüngevon Hartwig Fuchs

AufgabeIn einer Ebene, die mit einem (x , y)-Koordinatensystem versehen ist, sitzt einFrosch, der sein Sprungtraining nach mathematischen Regeln betreibt.(1) Sein erstes Trainingsprogramm besteht aus Sprüngen längs der x-Achse,

wobei er weder vom Punkt (0 | 0) noch vom Punkt (1 | 0) startet. Sei-ne Sprungregel lautet: Springe vom Punkt (x | 0) zum Punkt ( 1

1−x | 0).Die nach dieser Regel möglichen Sprungfolgen findet er allesamt langweilig.Warum wohl?

(2) Sein nächstes Übungsprogramm läuft nach der folgenden Regel ab: Springevom Punkt (x | y) zum nächsten Punkt (y | y − x). Auch bei so möglichenSprungfolgen ist der Frosch bald gelangweilt. Weshalb diesmal?

(3) Wenn die Sprungregel lautet: Springe von einem Punkt (x | y) – der aufkeiner Koordinatenachse liegt – zum nächsten Punkt

(yx

∣∣∣ 1y), warum kanner dann nicht beliebig viele Sprünge machen, falls die y -Koordinate seinesStartpunktes 6= 1 ist?

Lösung

(1) Für einen Startpunkt (x | 0) gilt: x 6= 0 und x 6= 1. Nach der Regel ist dann

(x | 0) −→(

1

1− x

∣∣∣∣0) −→(

1

1− 11−x

∣∣∣∣∣0)

=

(x − 1

x

∣∣∣∣0)

−→(

1

1− x−1x

∣∣∣∣∣0)

= (x | 0) .

Nach drei Sprüngen ist der Frosch wieder am Startpunkt.(2) Eine Sprungfolge mit dem Startpunkt (x | y) ist nach der Sprungregel:

(x | y) −→ (y | y − x) −→ (y − x | −x) −→ (−x | −y)−→ (−y | x − y) −→ (x − y | x) −→ (x | y) .

MONOID 115 34

Nach 6 Sprüngen längs eines Sechsecks hat der Frosch den Startpunkt wiedererreicht.

(3) Für einen Startpunkt (x | y) mit x , y 6= 0 ist die Sprungfolge:

(x | y) −→(y

x

∣∣∣∣1y)−→

(1/y

y/x

∣∣∣∣ 1

1/y

)=

(x

y 2

∣∣∣∣y)−→

(y 3

x

∣∣∣∣1y)−→ · · · −→

(x

y 2n

∣∣∣∣y) −→ (y 2n+1

x

∣∣∣∣1y)−→ · · · .

Falls nun y > 1 (beziehungsweise y < 1) ist, so gibt es Exponenten 2n und 2n+1,so dass der Abstand der Punkte(

y 2n+1

x

∣∣∣∣1y)

und(

x

y 2n

∣∣∣∣y)zu groß∗ für das Sprungvermögen des Frosches ist – es sei denn, unser Frosch hätteein unendlich großes Sprungvermögen, was man bei einem Frosch nicht annehmenwird.

Corner the Rook– and not the Lady –

von Roland Schröder

In MONOID 106 hatte ich von einem Spiel berichtet, bei dem eine Dame in das un-tere linke Feld eines überdimensionierten Schachbretts manövriert werden musste.Hier geht es nun um einen Turm (im englischen Rook genannt) und auch sonst gibtes kleinere Unterschiede. Der Turm darf nur in südlicher oder westlicher Richtunggezogen werden. Ein Turm auf dem Feld (a, b) mit a < b darf nur in „Sprüngender Länge a“ in südlicher Richtung verschoben werden, also nur zu einem derFelder (a, b − k · a) mit einer natürlichen Zahl k .Abbildung 1 In Abbildung 1 steht der Turm auf (3, 8)

und darf in Folge dessen nur auf (3, 5) oder(3, 2) gezogen werden. Entsprechend darf einTurm auf dem Feld (a, b) mit a > b nur in„Sprüngen der Länge b“ in westlicher Rich-tung gezogen werden, also zu einem der Fel-der (a − kb, b) mit einer natürlichen Zahl k .Unten links sei dabei das Feld (1, 1). Gewon-nen hat, wer den Turm auf ein Feld (x , y) mitx = y setzen kann. Es spielen zwei Spielergegeneinander, die abwechselnd ziehen.

∗ Ist z.B. y = 1,01, x = 1 und 2n = 5000, dann haben die Punkte(1,015001

∣∣∣ 11,01

)≈(4 · 1021

∣∣1) und(1/1,015000

∣∣1,01) ≈ (0 | 1) einen Abstand von ungefähr 4 · 1021.

35 MONOID 115

Es ist klar, dass das Spiel nach dem ersten Zug endet, wenn a ein Teiler von b(oder b ein Teiler von a) ist. Deshalb macht es nur Sinn mit einem Paar (a, b) zubeginnen, bei dem weder a noch b gleich ggT(a, b) ist.Der Einfachheit halber setzen wir für den nächsten Gedanken a < b voraus.Ein gemeinsamer Teiler t von a und b ist auch ein gemeinsamer Teiler von a undb−ka (für jede natürliche Zahl k). Dieser Sachverhalt begründet den euklidischenAlgorithmus. Von nun an behalten u und v für alle in diesem Spiel besetzten Felder(u, v) den gemeinsamen Teiler t. Das Paar (u, v), das auf der Hauptdiagonalenliegt und damit das Ziel des Siegerzuges ist, ist also das Paar (t, t). Dieses Spielwurde 1969 von Cole und Davie eingeführt und „Euklid“ genannt. Der Name weistauf den Zusammenhang mit dem Euklidischen Algorithmus hin.Ein Beispiel: Der Turm steht bei Spielstart auf (21, 40). Der Spieler A, welcherzuerst zieht, hat keine Wahl: Er muss auf (21, 19) ziehen. Auch sein Gegner B hatkeine Wahl, er zieht auf (2, 19). Jetzt kann A wählen zwischen (2, 17), (2, 15),. . . , (2, 3) und (2, 1). Zieht A auf (2, 1), so hat B nach dem Zug auf (1, 1)gewonnen. Daher wird A auf eines der anderen Felder ziehen. Wenn er klug ist(oder die richtige Strategie kennt), so wird er in die Nähe der Hauptdiagonalenziehen, nämlich auf (2, 3), denn dann hat B keine Wahl und muss auf (1, 2) ziehen,womit A gewonnen hat. Schon jetzt sei verraten, dass die Strategie, in die Nähe derHauptdiagonalen zu ziehen jedoch nicht ausreicht. Neben der richtigen Strategiehängt der spätere Sieger zudem sehr stark von der Wahl des Startfeldes ab. ImFolgenden wird es darum gehen, Startfelder zu beschreiben, die einen sicheren Siegdes ersten ziehenden Spielers (bei optimaler Strategie) garantieren. In Anlehnungan das Spiel „Corner the Lady“ nennen wir Positionen, auf die der spätere Siegerzieht, wieder sP (sichere Positionen) und alle anderen uP (unsichere Positionenoder Verlustpositionen). Auch diesmal ist entscheidbar, ob ein Feld sP oder uP ist– andere gibt es nicht. Und auch hier kann man von einer sP nicht mit einem Zugin eine andere sP , aber von jeder uP auf eine und nur eine sP ziehen. Diese beidenSachverhalte lassen sich aber an dieser Stelle noch nicht vollständig begründen.Betrachten wir noch einmal unser Beispiel: Beim Start von (21, 40) hatte A zwarkeine Wahl, aber sein Zug in die Nähe der Hauptdiagonalen bringt ihn dem Siegbereits an dieser Stelle näher. B ist nun gezwungen, sich wieder weit von derHauptdiagonalen zu entfernen und auf (2, 19) zu ziehen. Bei freier Wahl unter achtmöglichen neuen Positionen wählt A mit (2, 3) diejenige, welche der Hauptdiago-nalen am nächsten ist. Nun wird der aufmerksame Leser mit Recht einwenden,dass die Punkte (2, 3) und (2, 1) den gleichen Abstand von der Hauptdiagonalenhaben. Hier muss ein zusätzliches Kriterium für die Wahl genannt werden: DieNähe zur Hauptdiagonalen wird nicht allein über den geometrischen Abstand be-stimmt, sondern ist zusätzlich abhängig von der Entfernung des fraglichen Punktesvom Sieg-Punkt (t, t). Bei gleichem Abstand zweier Punkte von der Hauptdiago-nalen ist derjenige zu wählen, welcher am weitesten von (t, t) – im Beispiel (1, 1)

MONOID 115 36

– entfernt ist, also hier (2, 3).

Abbildung 2

sP − Gebiet

uP − Gebiet

uP − Gebiet

(1, 1)

1

1(2, 1)

(2, 3)

Noch einfacher lässt sich die „relative Nähe“ ei-nes Punktes zur Hauptdiagonalen entscheiden,wenn man zwei zur Hauptdiagonalen symmetri-sche Ursprungsgeraden als Abgrenzung der Ge-biete mit sP und uP einzeichnet – siehe Abbil-dung 2. Dann liegt (2, 3) im Beispiel der Abbil-dung im Innern des sP-Gebietes und (2, 1) au-ßerhalb desselben. Eine zum Sieg führende Stra-tegie wird immer versuchen, einen Punkt im In-neren des sP-Gebietes zu besetzen. Es sei zu-nächst einmal dahingestellt, wo die Gebietsgren-zen liegen.

Die Strategie kann natürlich nur dann zum sicheren Siegführen, wenn es zu jeder uP genau eine sP gibt. Hier liegtder Schlüssel zu einer verblüffenden Bestimmung der Ge-bietsgrenzen. Für die nächste Überlegung sei wieder ohneBeschränkung der Allgemeinheit a < b. Der Punkt (a, b)sei eine uP . In der Abbildung 3 sind die Gebietsgrenzenscheinbar willkürlich mit den Graphen f (x) = mx undg(x) = x

m gegeben. Unter den Punkten (a, b−ka) liegt ge-nau einer im Inneren des sP-Gebietes, wenn f (a)−g(a) =a ist, wenn also m · a− a

m = a. Nach Divison durch a wirddaraus: m − 1

m = 1, also eine Bestimmungsgleichung fürm mit der positiven Lösung m =

√5+12 .

Abbildung 3

a

(a, b)

(a, b − 1a)

(a, b − 2a)

(a, b − 3a)

f (x)g(x)

Dann sind die Gebietsgrenzen gegeben durch die Gleichungen f (x) =√5+12 x und

g(x) =√5−12 x und für eine sP = (a, b) muss gelten:

√5−12 < a

b <√5+12 . Genau

wie im Spiel „Corner the Lady“ hat die Spielstrategie von „Euklid“ wieder sehr vielmit dem Goldenen Schnitt zu tun.

Mathematische Entdeckungen

Konstruktion einer Zickzack-LinieMan konstruiert zwei Parallelen g und h. Auf g wählt man einen Punkt P1 undauf h einen Punkt P2 und verbindet die beiden Punkte durch eine Strecke w1.Einer der beiden Winkel, den w1 mit g bildet, sei α1 und der Winkel zwischen w1

und h sei 2α2.Nun konstruiert man die Winkelhalbierende w2 des Winkels 2α2, die g in P3

unter dem Winkel 2α3 schneidet – vergleiche die Figur; sodann konstruiert man

37 MONOID 115

die Winkelhalbierende w3 von 2α3, die h unter dem Winkel 2α4 im Punkt P4

schneidet.Auf diese Weise kann man eine beliebig lange Zickzack-Linie P1P2P3 ... konstru-ieren.

w1

P1

g

h

α2

α2

P2

w2

α3α3

P3

P4

w3

α4α4

Experimente mit Zickzack-LinienKonstruiere nun selbst einige nicht zu kurze Zickzack-Linien P1P2P3 ...Pn+1 mitjeweils verschiedenen Startwinkeln α1 und miss dann die auftretenden Winkelα2, α3, . . . , αn sowie die Längen der Strecken w2 = P2P3, w3 = P3P4, . . . ,wn = PnPn+1.Was fällt dir dabei auf? (H.F.)Hinweis: Eure mathematischen Entdeckungen könnt Ihr bis zum 15. November 2013 an dieMONOID-Redaktion einsenden, denn auch hierbei gibt es Punkte zu ergattern. Eure Ergebnissewerden jeweils im übernächsten Heft erscheinen.

Lösung der Aufgabe aus Heft 113

In Heft 113 stellten wir Euch folgende Aufgabe:Mathis behauptet, dass man 5 auf 16 verschiedene Arten als Summe aus natür-lichen Zahlen schreiben kann. Man überprüft schnell, dass er Recht hat, wenn erzum Beispiel 4 + 1 und 1 + 4 als verschieden betrachtet und auch Summen auseinem Summanden, zum Beispiel 5 = 5, zulässt.a) Was hältst du davon: 11 kann auf mehr als 1000 Arten als eine Summe dar-

gestellt werden?b) Auf wie viele Arten kannst du eine beliebige natürliche Zahl n > 1 als eine

Summe schreiben? (H.F.)

ErgebnisseMit dieser Aufgabe haben sich beschäftigt Marcel Wittmann, 9. Klasse des Karolinen-Gymnasium Frankenthal, und Robin Fritsch, 11. Klasse des Gymnasium Lehrte.Marcel schreibt: Es sei an die Anzahl der Summen, durch die die Zahl n dargestelltwerden kann, also zum Beispiel a5 = 16.

MONOID 115 38

(1) Zählt man die Anzahl der Summen für n = 2, 3, 4, 5, so stellt man fest, dasssich diese in jedem Schritt verdoppeln; ich stelle daher die Vermutung auf:an = 2 · ann − 1. Ist diese richtig, so gibt es insbesondere für n = 11 1024verschiedene Summendarstellungen (Aufgabenteil a)).

(2) Eine Summe mit dem Wert n kann mit genau n verschiedenen Zahlen be-ginnen, nämlich mit 1, 2, 3, ... , n. Beginnt eine Summe mit k , 0 < k < n,so beträgt die Summe der restlichen Summanden n− k . Somit gibt es an−kSummen mit dem Wert n, die mit der Zahl k beginnen, und beginnt dieSumme mit n, so gibt es nur einen Summanden (und somit nur eine Sum-me). Insgesamt gibt es daher an = an−1 + an−2 + ... + a2 + a1 +1 Summenmit dem Wert n. Nun folgt aus an = an−1 + an−2 + ... + a2 + a1 + 1 undan−1 = an−2 + an−3 + ... + a2 + a1 + 1, dass an = an−1 + an−1 = 2 · an−1ist. Die Vermutung aus (1) ist somit bewiesen.

Ähnlich argumentiert Robin: Es sei Sk(n) die Anzahlder Möglichkeiten, n als Summe von k natürlichenZahlen darzustellen. Betrachtet man diese Werte fürkleine Werte für n, so erhält man die nebenstehen-de Tabelle. Diese stimmt strukturell mit dem Pas-calschen Dreieck überein und so vermutet man, dassSk(n) =

(n−1k−1)gilt, was wir nun beweisen werden.

@@

@@k

n1 2 3 4 5

1 1 1 1 1 12 1 2 3 43 1 3 64 1 45 1

Wenn wir uns jede natürliche Zahl n als Reihe vonn Punkten vorstellen, entspricht die Darstellung derZahl n als Summe von natürlichen Zahlen der Un-terteilung der Reihe von Punkten in Punktegruppen,deren Längen dann dem Summanden entsprechen.

· | · · · | · · =̂ 6 = 1 + 3 + 2

· | · | · =̂ 3 = 1 + 1 + 1

· · · · =̂ 4 = 4

Nun gibt es n− 1 Zwischenräume, an denen man die Punktereihen trennen kann.Um die Reihe in k Gruppen zu unterteilen, muss man davon k − 1 auswählen.Daher entspricht die Anzahl der Möglichkeiten n als Summe von k Summandendarzustellen der Anzahl der Möglichkeiten k − 1 der n− 1 Punktezwischenräumeauszuwählen. Daher gilt Sk(n) =

(n−1k−1)und da offensichtlich S(n) = S1(n) +

S2(n) + ... + Sn(n) die Anzahl der Summendarstellungen von n ist, erhalten wir:S(n) =

(n−10

)+(n−11

)+ ... +

(n−1n−1)= 2n−1.

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39 MONOID 115

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Rubrik der Löser und LöserinnenStand nach Heft 113

Aachen, Inda-Gymnasium: Kl. 6: Luca Bühler 20.

Alzey, Elisabeth-Langgässer-Gymnasium (Betreuende Lehrerin: Frau Lü-ning):Kl. 5: Jan Gubi 8, Maximilian Hauck 52, Eileen Kirchner 7, Pia Richter 3, ManuelWolf 26, Anna Wullmann 8, Rabea Zimmermann 6;Kl. 6: Jan-Hendrik Schloo 11;Kl. 7: Philip Eisenhuth 19;Kl. 8: Nick Wittig 27;Kl. 9: Sebastian Maak 17, Niclas Mayer 14, Katharina Rößler 31;Kl. 12: Valma Kuuslampi 5, Andreas Pitsch 20.

Bad Kreuznach, Lina-Hilger-Gymnasium (Betreuende Lehrerin: Frau Gutz-ler): Kl. 5: Annalena Schimbol 2.

Bad Neuenahr-Ahrweiler, Peter-Joerres-Gymnasium:Kl. 12: Frank Schindler 62.

Berlin, Katholische Theresienschule: Kl. 5: Emma Weiß 2.

Bottrop, Josef-Albers-Gymnasium: Kl. 8: Malte Schürks 14.

Brannenburg, Gymnasium Raubling: Kl. 8: Jakob Sussman 46.

Bürglengenfeld, Johann-Michael-Fischer-Gymnasium:Kl. 10: Jamico Schade 44.

Calw, Hermann-Hesse-Gymnasium: Kl. 7: Iolanthe Köcher 76.

Edenkoben, Gymnasium: Kl. 8: Theresa Paulus 14.

Frankenthal, Karolinen-Gymnasium, (betr. Lehrerin: Frau Schneider):Kl. 5: Guiseppina Alfano 2, Christoph Behrens 2, Anna Grenz 2, Annika Koch 25,Cornelius Martin 2, Leonie Marton 13, Mark Neumaier 2, Katharina Scholl 5;Kl. 6: Gina Bader 3, Leon-Maurice Bähr 4, Samuel Bentz 2, Leonie Groll 2, Peter

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Hadasch 3, Anna-Lena Hartmann 7, Selina Kuralay 2, Florian Leutz 8, ArlindMurtezaj 2, Ruth Nagel 3, Rebecca Rech 2, Albion Syla 2;Kl. 7: Michelle Bader 3, Denise Baum 4, Sophie Bruchmann 2, Jule Koob 6, NinaKummer 4, Pia Neumaier 2, Emilia Sobotzki 6;Kl. 8: Tillmann Ballweber 79, Carolin Heidt 26;Kl. 9: Kevin Mours 57, Adriana Stenger 23, Marcel Wittmann 78;Kl. 10: Tamara Fischer 5;Kl. 12: Henning Ballweber 57.

Frankenthal, Robert-Schuhmann-Schule: Kl. 7: Patrick Riebe 20.

Friedrichsdorf, Rhein-Main International Montessori School (Betreu-ende Lehrerin: Frau Elze):Kl. 3: Ridh Choudhury 13, Merlin Kolrep 10, Thies Koster 11, Ella Zwermann 18;Kl. 4: Nicholas Becker 6, Franco Dorsch 13, Maike Dürr 13, Kimberly Frahm 9,Martha Friederich 26, Christian Ickstadt 4, Maxim Leheta 10, Sean Panreck 14,Lina Renger 30, Franziska Schlüter 6, Vrishab Wittagondana 19;Kl. 6: Sebastian Schneider 13.

Grünstadt, Leininger Gymnasium: Kl. 9: Annika Gold 11.

Hadamar, Fürst-Johann-Ludwig-Gesamtschule (Betreuende Lehrerin: FrauNiederle):Kl. 5: Hatice Nur Devecioglu 10, Philipp Emer 8, Jakob French 13, MauritzPötz 8, Burak Sadic 8, Julian Ständeke 2, Paul Steinhauer 11, David Weißer 10;Kl. 6: Konrad Grasse 2, Luana Jäger 12, Luca Kloft 9, Melanie Shuy 39;Kl. 7: David Storzer 80, Nils Prepens 50;Kl. 8: Sven Gombitzka 4, Marvin Weisbener 36, Emily Zollmann 19.

Hangelsberg, Montessorischule: Kl. 3: Joris Witte 4.

Kairo, Deutsche Schule der Borromäerinnen:Kl. 11: Shaima’a Ahmed Doma 39.

Karben, Kurt-Schuhmacher-Schule: Kl. 5: Leonie Rößler 20.

Kelkheim, Eichendorffschule:Kl. 5: Nick Bäumken 1, Dennis Mayle 40, Beatrice Popescu 21; Daniel Simon 2;Kl. 7: Nils Müller 5;Kl. 8: Björn Stanischewski 15.

Lehrte, Gymnasium Lehrte: Kl. 12: Robin Fritsch 43.

Mainz, Frauenlob-Gymnasium (Betreuender Lehrer: Herr Mattheis):Kl. 5: Catharina Dümmen 4, Paula Roderer 2, Tim Schüler 4, Roy Seifert 4;Kl. 6: Katharina Weber 25, Konstantin Unterkeller 3;Kl. 7: Jason Beck 8, Lincoln Bui 12, Sebastian Hospice 8, Lucas Koenen 6,Gianluca Padalina 7, Sebastian Trapp 17;

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Kl. 8: Ngoc Vi Tran 17.

Mainz, Gymnasium Gonsenheim: Kl. 13: Niklas Bockius 11.

Mainz, Rabanus-Maurus-Gymnasium: Kl. 5: David Menzel 8.

München, Michaeli-Gymnasium: Kl. 11: Axel Krafft 16.

München, Städtische Berufsschule für Informationstechnik:Kl. 11: Bettina Diller 27.

Neuwied, Rhein-Wied-Gymnasium (Betreuender Lehrer: Herr Gruner):Kl. 5: Amiv Camdzic 6, Kevin Gren 6;Kl. 6: Chantal Cornely 3, Kevin Cornely 7, Alina Hasani 4, Alexandra Hoffmann7, Victoria Mogwitz 5, Celina Simon 10, Nico Stanic 9;Kl. 7: Jonas Ahlfeld 15, Anja Wingender 15;Kl. 8: Jasmin Hallyburton 39, Denise Kadri 13, Verena Rüsing 42;Kl. 10: Sandra Wingender 23;Kl. 11: Janina Vogl 32;Kl. 12: David Michel 57.

Neuwied, Wemer-Heisenberg Gymnasium: Kl. 11: Robert Kowallek 48.

Oberursel, Gymnasium (Betreuende Lehrerin: Frau Beitlich):Kl. 5: Jonas Blumenroth 7, Jonas Glückmann 28;Kl. 6: Lara Braun 41, Tobias Heinze 51, Fabian Liepach 44, Jara Müller-Kästner 31,Helen Richter 34;Kl. 10: Heiko Kötzsche 59;Kl. 11: Agnes Valenti 23.

Remagen, Gymnasium Nonnenwerth (betr. Lehrer: Herr Meixner):Kl. 5: Vera Apel 1, Antonia Emmler 2, Niklas Hesselbein 3, Joel Jansen 4, LaraLoosen 2, Lukas Nießen 99, Hanah Pasternak 8, Ella Pesau 2, Julia Schmitz 3;Kl. 6: Wiebke Buhmann 3, Emil Faust 4, Natalie Kotsch 4, Hannah Langer 3,Max Leiwig 4, Anna Riese 1, Lea Schikalla 4, Fabian Staffel 8, Johannes Stähler6, Lena Seifert 4, Kilian Wolf 4, Nadine Wolf 4;Kl. 11: Frederik Bartl 4, Alexander Knoop 4, Anna Monschau 4, Lisa Plag 4,Sären Rauert 4, Marlon Schröter 1.

Schwalbach, Albert-Einstein-Schule: Kl. 6: Alexander Martin 12.

Tübingen, Geschwister-Scholl-Schule:Kl. 6: Bilal Abbanb 10, Benjamin Baumann 10, Rick Bilge 18, Paul Bohnet 12,Helmuth Büchle 18, Richard Dammnik 9, Jonas Drake 23, Louis Edel 8, JanneEisenmann 10, Leonie Felger 11, Max Häcker 7 Leon Hennes 13, Carina Janning13, David K. 10, Lukas Kieninger 25, Sanja König 11, Sophie Kunle 7, EliasLachenmann 19, Cedric Linder 2, Mariam Maas 7, Paul Mallot 9, Sven Michel20, Julian Müller 7, Rasmus Müller 6, Lennart Nagel 6, Pia Neuwirth 13, Nicolai

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Potengoaski Jonas Prandl 14, Charlotte Raible 13, Charlotte Rath 11, Kilian Redl15, Max Reng 6, Julian Riethmüller 15, Johannes Rilling 14, Theresa Schwan 8,Colin Sperrfechter 6, Elinor Stahl 7, Clara Stenzl 11, Emely Stock 5, Lisa-MarieStraka 13, Raphael Unser 12.

Wiesbaden, Leibnizschule:Kl. 7: Andreas Dernier 26;Kl. 8: Elisa Dernier 35.

Wildeshausen, Gymnasium Wildeshausen:Kl. 7: Leah Heil 27, Wiebke Schneider 7, Greta Wobse 4;Kl. 8: Maximilian Groke 24.

An alle Freunde und Förderer von MONOID:

Einladung zur MONOID-Feier 2013mit der Preisvergabe

an die erfolgreichen Löserinnen und Löser des Schuljahres 2012/2013am Samstag, dem 30. November 2013, Beginn 10 Uhr,

im Karolinen-Gymnasium Frankenthal,Röntgenplatz 5, 67227 Frankenthal.

Den Festvortrag wird Frau Prof. Dr. Anita Schöbel, Universität Göttingen,halten.Die Preisträgerinnen und Preisträger werden noch gesondert eingeladen.Weitere Informationen findet Ihr demnächst auf der MONOID-Internetseite

www.mathematik.uni-mainz.de/monoid.

Die Redaktion

Leitung: Dr. Cynthia Hog-Angeloni (V.i.S.d.P.)Mitglieder: Angelika Beitlich, Prof. Wolfgang J. Bühler, Ph. D., Markus Dill-mann, Christa Elze, Prof. Dr. Steffen Fröhlich, Dr. Hartwig Fuchs, Dr. KlausGornik, Marcel Gruner, Arthur Köpps, Wolfgang Kraft, PD Dr. Margarita Kraus,Dr. Ekkehard Kroll, Susanne Lüning, Martin Mattheis, Helmut Ramser, SilkeSchneider, Prof. Dr. Hans-Jürgen Schuh, Prof. Dr. Duco van Straten, Dr. SiegfriedWeberWeitere Mitarbeiter: Prof. Dr. Valentin Blomer, Dr. Volker Priebe, Dr. StefanKermerZusammenstellung und Satz: Maximilian PreisingerInternet und Korrektur der eingesandten Lösungen: Bettina WiebeVersand: Katherine PillauBetreuung der Abonnements: Anita Peffer-Kohl mit Unterstützung von Dr. Ek-kehard Kroll

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Jahrgang 33 Heft 115 September 2013

InhaltBericht zur Mainzer Mathe-Akademie 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3K. Mours: Explore Science . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4M. Mattheis: Mathematische Lese-Ecke – Lesetipps zur Mathematik . . . . . . 6H. Fuchs: Der Schmetterlingssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7H. Fuchs: Eine Goldgräber-Geschichte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10W. J. Bühler: Die besondere Aufgabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11Die Aufgabe für den Computer-Fan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12H. Fuchs: Geometrie mit der Schere – 1. Teil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13Lösungen der Mathespielereien aus MONOID 114 . . . . . . . . . . . . . . . . . 17Neue Mathespielereien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Neue Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Gelöste Aufgaben aus MONOID 114 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24I. Rubin, H.-J. Schuh: Über das Sammeln vollständiger Figurenserien . . . . . . 27H. Fuchs: Die besondere Aufgabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34R. Schröder: Corner the Rook . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35Mathematische Entdeckungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Mitteilungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Rubrik der Löser und Löserinnen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Einladung zur MONOID-Feier 2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Impressum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Abonnementbestellungen per Post oder über die Homepage.Für ein Jahresabo erheben wir einen Kostenbeitrag von 10 e (4 Ausgaben/Jahr in-kl. Porto), im Voraus auf das Konto Nr. 505948018 bei der Mainzer Volksbank, BLZ55190000, Stichwort „MONOID“, zu überweisen; Adresse bitte nicht vergessen.Für Auslandsüberweisungen gelten IBAN: DE28 5519 0000 0505 9480 18 und BIC:MVBMDE55.Herausgeber: Johannes Gutenberg-Universität zu Mainz, vertreten durch den Präsi-denten Herrn Prof. Dr. Georg Krausch.MONOID wird untersützt durch den Verein der Freunde der Mathematik an der Univer-sität Mainz und durch folgende Schulen:

Elisabeth-Langgässer-Gymnasium Alzey,Karolinen-Gymnasium Frankenthal,

Gymnasium Oberursel.Wir übernehmen keine Haftung für unverlangt eingesandte Manuskripte, Fotos undZeichnungen.

ImpressumAnschrift: Institut für Mathematik, MONOID-Redaktion,

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