Vorwort

Probleme haben in der mathematischen Welt eine große Tradition. Es gibt Problemsammlungen, von denen man ohne Übertreibung sagen kann, sie hätten die Geschichte der Mathematik maßgeblich beeinflußt: eine darunter ist das Vermächtnis von Diophant, dessen Buch “Arithmetika” über arithmetische Probleme zur Entstehung der modernen Zahlentheorie geführt hat, indem es nämlich Fermat zum Nachdenken über zahlreiche zahlentheoretische Fragen animiert hat. Eine nicht weniger bekannte und äußerst wichtige Problemsammlung stammt von Hilbert: in einem Vortrag vor der Internationalen Mathematikerversammlung 1900 in Paris stellte Hilbert 23 Probleme vor, die seiner Meinung nach ‘für den Fortschritt der mathematischen Wissenschaft’ eine zentrale Rolle spielen.

In der Einleitung zu seinem Vortrag läßt sich Hilbert auch über das Lösen von Problemen aus:

Eine noch wichtigere Rolle als das Verallgemeinern spielt – wie ich glaube – bei der Beschäftigung mit mathematischen Problemen das Spezialisieren. Vielleicht in den meisten Fällen, wo wir die Antwort auf eine Frage vergeblich suchen, liegt die Ursache des Mißlingens darin, daß wir einfachere und leichtere Probleme als das vorgelegte noch nicht oder noch unvollkommen erledigt haben. Es kommt also darauf an, diese leichteren Probleme aufzufinden und ihre Lösung mit möglichst vollkommenen Hilfsmitteln und durch verallgemeinerungsfähige Begriffe zu bewerkstelligen. Diese Vorschrift ist einer der wichtigsten Hebel zur Überwindung mathematischer Schwierigkeiten, und es scheint mir, daß man sich dieses Hebels meistens – wenn auch unbewußt – bedient.

In einem anderen Abschnitt erläutert Hilbert seine Vorstellung von der Anschauung in der Mathematik:

… Zu den neuen Begriffen gehören notwendig auch neue Zeichen: diese wählen wir derart, daß sie uns an die Erscheinungen erinnern, die der Anlaß waren zur Bildung der neuen Begriffe. So sind die geometrischen Figuren Zeichen für die Erscheinungsbilder der räumlichen Anschauung und finden als solche bei allen Mathematikern Verwendung. Wer benutzt nicht stets zugleich mit der Doppelungleichung a > b > c für drei Größen a, b, c das Bild dreier hintereinander auf einer Geraden liegenden Punkte als das geometrische Zeichen des Begriffs ‘zwischen’? Wer bedient sich nicht der Zeichnung ineinander gelagerter Strecken und Rechtecke, wenn es gilt, einen schwierigen Satz über die Stetigkeit von Funktionen oder die Existenz von Verdichtungsstellen in voller Strenge zu beweisen? Wer könnte ohne die Figur des Dreiecks, des Kreises mit seinem Mittelpunkt, wer ohne das Kreuz dreier zueinander senkrechter Achsen auskommen, oder wer wollte auf die Vorstellung des Vektorfeldes oder das Bild eine Kurven- und Flächenschar mit ihrer Enveloppe verzichten, das in der Differentialgeometrie, in der Theorie der Differentialgleichungen, in der Begründung der Variationsrechnung und anderer rein mathematischer Wissenszweige eine so wichtige Rolle spielt?

Das hier vorliegende Material diente als Grundlage für ein Proseminar “Problemlösen” für Lehramtskandidaten an der Universität Heidelberg im Wintersemester 1995/96. Walter Felscher hat mich vor einigen Jahren dazu angeregt, diese Sammlung zu veröffentlichen; diesem Wunsch möchte ich hiermit nachkommen.

Inhaltsverzeichnis

1 Heuristik I 1 1.1 Einleitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Beispiel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.3 Beispiel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.4 Beispiel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Gauss’ Trick 7 2.1 Das Ausnützen der Symmetrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.2 Teleskopsummen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.3 Teleskopprodukte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3 Bernoullis Summenformel 13

4 Euler und ζ(2) = π^{2}/6 17

5 Ungleichungen I 21 5.1 Einführung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 5.2 Die Formel von Cardano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 5.3 Etwas Geschichte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 5.4 Geometrisches und arithmetisches Mittel . . . . . . . . . . . . . . 27 5.5 Die Bernoullische Ungleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 5.6 Anwendungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

6 Ungleichungen II 35 6.1 Der Umordnungssatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 6.2 Anwendungen auf klassische Ungleichungen . . . . . . . . . . . . 36 6.3 Anwendungen auf Wettbewerbsprobleme . . . . . . . . . . . . . . 37

7 Ungleichungen III 41

8 Schubfachprinzip I 49

9 Jacobi/Kronecker 53

10 Ramsey-Zahlen 57 11 Der unendliche Abstieg 63

12 Archimedes 69 12.1 Archimedes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 12.2 Elementargeometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 12.3 Berechnung von π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 12.4 Trigonometrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 12.5 Analysis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 12.6 Irrationalität . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

13 Geometrische Ungleichungen 77

14 Ungleichungen via Gleichungen 87 14.1 Arithmetisches und Quadratisches Mittel . . . . . . . . . . . . . 87 14.2 Arithmetisches und Kubisches Mittel . . . . . . . . . . . . . . . . 88 14.3 Arithmetisches und Geometrisches Mittel . . . . . . . . . . . . . 88 14.4 Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

15 Etwas Analysis 91 15.1 Der Satz von Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 15.2 Der Mittelwertsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 15.3 Eine Verallgemeinerung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 15.4 Gewichtete Mittel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 15.5 Höldersche Ungleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

16 Ein lineares Gleichungssystem 97

17 Cantor 101

18 Polya 105

19 Aufgaben: Diverses 109

20 Aufgaben 121

21 Aufgaben: Schubfachprinzip 131

22 Aufgaben: Ungleichungen 137

23 Aufgaben: Geometrische Ungleichungen 149

24 Aufgaben: Wettbewerbe 153 24.1 Der Eötvös-Wettbewerb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153 24.2 Die Sowjetische Mathematische Olympiade . . . . . . . . . . . . 158 24.3 Baltischer Weg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 24.4 Der Putnam-Wettbewerb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 24.5 Die Internationale Mathematik-Olympiade . . . . . . . . . . . . . 168

Kapitel 1

Heuristik I

1.1 Einleitung

Das Wort Heuristik kommt aus dem Griechischen: viele kennen wohl die Geschichte von Archimedes, der, nachdem er im Bad liegend das Gesetz vom Auftrieb entdeckt hatte, nackt durch die Straßen lief und ‘Heureka’ (ich hab’s gefunden) rief.

Wir stellen uns hier die folgende Frage:

• Wie geht man an ein mathematisches Problem heran?

Bevor wir allgemeine Regeln aufstellen (die, bitteschön, nicht als starres Reglement missverstanden werden sollten), wollen wir einige instruktive Beispiele besprechen. Ein typisches Problem, an dem man den Unterschied zwischen erfahrenen Mathematikern und Schülern/Studienanfängern festmachen kann, ist das folgende:

Ist 2^{n} − 1 eine Primzahl, dann auch n.

Während ein Anfänger mit einer solchen Aufgabe oft ‘nichts anzufangen’ weiß (genau in dem Sinne, daß er nämlich keine Ahnung hat, wie er einen Beweis beginnen soll), wird jeder Mathematiker ‘automatisch’ einen Widerspruchsbeweis führen. Nun läuft diese Automatik im Unterbewußtsein ab, und auf die Frage, warum er dies so macht, wird er vermutlich ein ‘Na, das sieht man doch!’ antworten. Damit ist jemandem, der das Lösen von Problemen lernen will, natürlich nicht geholfen; was aber dahintersteckt ist Folgendes: geht man davon aus, das 2^{n} − 1 prim ist, dann hat man nichts in der Hand, womit man etwas anfangen könnte. Nimmt man aber an, daß n nicht prim ist, dann hat man eine Faktorisierung n = ab, mit der man arbeiten kann.

1.2 Beispiel 1

Beispiel 1. Seien P (x) und Q(x) zwei Polynome

P (x) = a_{n}x^{n} + … + a_{1}x + a_{0}, Q(x) = a_{0}x^{n} + … + a_{n−1}x + a_{n}

mit a_{0}, a_{n} ≠ 0. Wie verhalten sich die Wurzeln von P zu denen von Q?

Die erste Frage ist immer

• Habe ich das Problem verstanden?

Das ist oft schon nicht einfach; hier ist die Fragestellung aber klar: gesucht ist eine Beziehung zwischen den Wurzeln zweier Polynome. Auch die nächsten Fragen

• Kenne ich ein verwandtes Problem?

• Kommt mir etwas bekannt vor?

• Kenne ich einen Satz, der weiterhilft?

helfen hier nicht weiter. Was können wir also tun? Es geht um Wurzeln von Polynomen; kennen wir eine allgemeine Methode, diese zu berechnen? Nein – jedenfalls nicht für Polynome n-ten Grades. Daher versuchen wir es einmal mit quadratischen Polynomen.

Spezialisieren

Wir setzen P (x) = ax^{2}+bx+c, Q(x) = cx^{2}+bx+a und finden die Nullstellen

\begin{aligned}x_{1,2} & = & \frac{−b ± \sqrt{b^{2} − 4ac}}{2a} von P, \\ y_{1,2} & = & \frac{−b ± \sqrt{b^{2} − 4ac}}{2c} von Q. \end{aligned}

Beide Brüche haben denselben Zähler; aber das scheint uns nicht weiterzuhelfen. Da fällt uns ein, daß wir auch die Wurzeln linearer Polynome berechnen können. Wir finden

\begin{matrix}x = \frac{−b}{a} & für & P (x) = ax + b, \\ x = \frac{−a}{b} & für & Q(x) = bx + a. \end{matrix}

Aha! Die Wurzeln sind zueinander invers! Das ist ein guter Hinweis. Gehen wir zu den quadratischen Polynomen zurück; diesmal schreiben wir die Wurzeln von P vor:

P (x) = (x − 2)(x − 3) = x^{2} − 5x + 6 hat die Wurzeln x = 2, x = 3
Q(x) = 6x^{2} − 5x + 1 hat die Wurzeln x = \frac{1}{2}, x = \frac{1}{3}.

Das sieht gut aus. Betrachten wir noch einmal unser erstes Beispiel; sind die Wurzeln ebenfalls zueinander invers? Wir rechnen

x_{1}y_{2} = \frac{−b + \sqrt{b^{2} + 4ac}}{2a} \frac{−b − \sqrt{b^{2} + 4ac}}{2c} = \frac{4ac}{4ac} = 1,

d.h. wir finden unsere Vermutung

Die Wurzeln von P sind die Inversen der Wurzeln von Q

bestätigt. Können wir dies auch an einem Beispiel eines Polynoms n-ten Grades verifizieren? Nehmen wir einmal das Polynom

P (x) = (x − 1)^{n} = ∑_{i=0}^{n} ({n \atop i})x^{i}.

Wenn unsere Vermutung richtig ist, muß das Polynom

Q(x) = ∑_{i=0}^{n} ({n \atop n − i})x^{i}

dieselben Nullstellen haben. Das ist aber wegen ({n \atop i}) = ({n \atop n−i}) offenbar der Fall.

Wie beweist man eine solche Vermutung? Nun, was heißt es, daß r eine Wurzel von P ist? Es heißt P (r) = 0. Was müssen wir zeigen? Daß Q(\frac{1}{r}) = 0 ist. Das macht natürlich nur Sinn, wenn r ≠ 0 ist; kann r = 0 vorkommen? Nein, denn P (0) = 0 würde a_{0} = 0 implizieren, was aber nach Voraussetzung verboten ist. (Wenn man bei einem Problem nicht weiterkommt, ist in der Regel die Frage

• Habe ich alle Voraussetzungen benutzt?

hilfreich. Im vorliegenden Beispiel können wir aus diesem Grunde sagen, daß wir höchstwahrscheinlich auf dem richtigen Weg sind: da die konstanten Terme der beiden Polynome nämlich a_{0} und a_{n} sind, brauchen wir, damit unsere Vermutung überhaupt Sinn macht, die Voraussetzung a_{0}a_{n} ≠ 0.) Also schreiben wir mal

P (r) = a_{n}r^{n} + … + a_{1}r + a_{0} = 0.  (1.1)

Zeigen wollen wir, daß

Q(\frac{1}{r}) = a_{0}(\frac{1}{r})^{n} + a_{1}(\frac{1}{r})^{n−1} + … + a_{n−1}(\frac{1}{r}) + a_{n} = 0.  (1.2)

Wie kommt man von (1.1) nach (1.2)? Schauen wir uns den Koeffizienten a_{0} an: hier wird einfach durch r^{n} dividiert. Multiplizieren wir also (1.1) mit (\frac{1}{r})^{n}: oh, wir sind fertig! Nach langem Probieren und Nachdenken haben wir einen Einzeilen-Beweis gefunden. Im Nachhinein stellt man vielleicht fest, daß man eigentlich auch direkt mit dem Beweis hätte anfangen können. Wenn man den Beweis niederschreibt oder ihn in einem Buch, bzw. einer Vorlesung präsentiert bekommt, wird dies auch der Fall sein. Was dabei verschwiegen wird, ist die Tatsache, daß sehr viele Sätze und Beweise eben durch mühsames Probieren, Herumspielen, Spezialisieren und Verallgemeinern entstanden sind.

Natürlich hat man nicht immer die Zeit, solche Sachen im Unterricht bzw. in der Vorlesung oder Übungsgruppe zu besprechen. Tatsächlich haben wir im letzten Semester eine Übungsaufgabe in LA 2 von ganz ähnlicher Struktur behandelt; wir wollen diese Aufgabe jetzt noch einmal besprechen und dabei nicht nur den kurzen Beweis vorrechnen, sondern auch den Weg dahin beschreiben.

1.3 Beispiel 2

Beispiel 2. Sei A eine n × n-Matrix mit reellen Koeffizienten. Was kann man über die Eigenwerte von P (A) sagen, wenn P (x) = a_{n}x^{n} + … + a_{1}x + a_{0} ein Polynom aus ℝ[x] ist?

Jetzt sollte klar sein, was zu tun ist:

Spezialisieren

Oben haben wir die richtige Vermutung gefunden, indem wir die Nullstellen quadratischer Polynome vorgeschrieben haben. Machen wir hier also dasselbe: wir starten mit einer 2 × 2-Matrix mit Eigenwerten 2 und 3 und rechnen

A = ({2 \atop 0} {0 \atop 3}), A^{2} = ({2^{2} \atop 0} {0 \atop 3^{2}} ), …, A^{k} = ({2^{k} \atop 0} {0 \atop 3^{k}} ).

Für Polynome P (x) = x^{k} hat daher P (A) = A^{k} die Eigenwerte 2^{k} und 3^{k}. Allein aus Gründen der

Analogie

werden wir hier nun sofort vermuten:

Ist λ Eigenwert der m × m-Matrix A, und P ∈ ℝ[x] ein Polynom, dann ist P (λ) ein Eigenwert der n × n-Matrix P (A).

Wenn man ein bißchen Erfahrung mit Mathematik hat, so wird man hier schon ahnen, daß auch der Beweis dieser Vermutung in derselben Preisklasse wie der des ersten Beispiels liegt. Anstatt unsere Vermutung daher noch an einigen Beispielen zu verifizieren, gehen wir gleich zum Beweis über.

Sei λ Eigenwert von A; wir müssen zeigen, daß P (λ) Eigenwert von P (A) ist. Welche Definition des Eigenwertes wollen wir verwenden? Einmal ist λ Eigenwert, wenn det(A − λE) = 0 ist; wir müßten dann zeigen, daß auch det(P (A) − P (λ)E) = 0 gilt. Das sieht aber nicht gut aus, weil wir über det(B − C) selbst dann nichts aussagen können, wenn wir det B und det C kennen. Wir starten daher so: Ist λ Eigenwert von A, dann gibt es einen Vektor v ≠ 0 mit Av = λv. Ist P (x) = a_{n}x^{n} + … + a_{1}x + a_{0}, so gilt P (A) = a_{n}A^{n} + … + a_{1}A + a_{0}E; gefragt ist nach Eigenwerten von P (A). Schauen wir also, was P (A) mit v macht; wenn wir P (A) auf v anwenden, müssen wir wissen, was A^{k}v ist. Nun gilt Av = λv, A^{2}v = A(Av) = A(λv) = λ · Av = λ^{2}v, …, A^{k}v = λ^{k}v. Wir finden also

P (A)x = a_{n}A^{n}v + … + a_{1}Av + a_{0}Ev
= a_{n}λ^{n}v + … + a_{1}λv + a_{0}v
= (a_{n}λ^{n} + … + a_{1}λ + a_{0})v
= P (λ)v,

d.h. v ist Eigenvektor von P (A) zum Eigenwert P (λ).

1.4 Beispiel 3

In den ersten beiden Beispielen haben wir das Problem durch Spezialisieren gelöst. Betrachten wir nun

Beispiel 3. Seien 0 < A, B, C, D < 1 reelle Zahlen. Zeige

(1 − A)(1 − B)(1 − C)(1 − D) > 1 − A − B − C − D.

Spezialisieren wir, wie wir’s gelernt haben: B = C = D = 0 liefert 1 − A > 1 − A. Die Ungleichung ist falsch! Nein, denn B = C = D = 0 ist ja nicht erlaubt. Aber wenigstens ≥ ist noch richtig. Was ist mit dem nächsten Fall? Gilt (1 − A)(1 − B) > 1 − A − B? Auf der linken Seite steht 1 − A − B + AB; weil AB > 0 ist, ist die Ungleichung richtig! Weiter mit n = 3; hier ist

(1 − A)(1 − B)(1 − C) = 1 − A − B − C + AB + AC + BC − ABC.

Das sieht nicht sehr schön aus; der Fall n = 4 lädt auch nicht gerade zum Nachahmen dieser Strategie auf. Aber was heißt eigentlich n = 4?

Verallgemeinern

Nun, offensichtlich lautet die allgemeine Ungleichung

(1 − a_{1})(1 − a_{2}) ⋯ (1 − a_{n}) > 1 − a_{1} − a_{2} − … − a_{n}  (1.3)

für n > 1 und positive reelle Zahlen 0 < a_{i} < 1. Wie wird man eine solche Ungleichung, die für alle natürlichen Zahlen n ≥ 2 gilt, beweisen? Selbstverständlich nicht durch Ausmultiplizieren der linken Seite, sondern durch vollständige Induktion! Die Verankerung (n = 2) haben wir bereits bewiesen. Sei (1.3) also richtig für ein n ∈ ℕ. Dann ist

(1 − a_{1}) ⋯ (1 − a_{n})(1 − a_{n+1}) > (1 − a_{1} − a_{2} − … − a_{n})(1 − a_{n+1})
= (1 − a_{1} − a_{2} − … − a_{n} − a_{n+1})
+ a_{n+1}(a_{1} + … + a_{n})
> (1 − a_{1} − a_{2} − … − a_{n} − a_{n+1})

Dieser Beweis ist viel einfacher als derjenige, den wir durch Ausmultiplizieren für n = 4 erhalten hätten. Die Idee zur Anwendung von vollständiger Induktion ist uns nur durch Verallgemeinern gekommen.

Hier zeigt sich ebenfalls ein allgemeines Prinzip:

• Oft ist der allgemeine Fall wesentlich leichter zu beweisen als ein Spezialfall, weil allgemeine Aussagen Hinweise auf den Beweis geben können;

• Manchmal ist es einfacher, mehr zu beweisen.

Übungen

1. In Beispiel 2 sind wir von einem Beweis der Eigenschaft

det(P (A) − P (λ)E) = 0

abgerückt, weil wir nicht so recht gesehen haben, wie man das zeigen könnte. Tatsächlich ist es gar nicht so schwer, den Beweis auf diese Art zu führen: es genügt ja,

P (A) − P (λ)E = (A − λE)B

zu zeigen, wobei B eine Matrix ist, die von A und λ abhängt. Man beweise diese Behauptung.

2. Seien A, B, Y drei n × n-Matrizen, und sei A^{k} = 0 für ein k ≥ 1. Man berechne X aus X = Y + AXB.

3. Man beweise die Ungleichung aus Beispiel 3 für n = 3 und n = 4 durch Ausmultiplizieren.

4. Man beweise die Ungleichung

\frac{(p^{2} + 1)(q^{2} + 1)(r^{2} + 1)(s^{2} + 1)}{pqrs} ≥ 16.

5. Seien a, b, c, d ≥ 0 reelle Zahlen mit a + b + c + d = 1; dann gilt

abc + bcd + cda + dab + 1 > abcd + ab + bc + cd + da + ac + bd.

6. Zeige: Ist 2^{n} − 1 eine Primzahl, dann auch n.

Gauss’ Trick

Als der Lehrer von Carl Friedrich Gauß (1777-1855) seine Schüler eine Weile beschäftigen wollte, gab er ihnen die Aufgabe, die Zahlen von 1 bis 100 zu addieren. Anstatt nun aber anzufangen, die Zahlen brav nacheinander zusammenzuzählen, machte der siebenjährige Gauß folgendes:

S =  1 +  2 + … + 99 + 100
S = 100 + 99 + … +  2 +  1
2S = 101 + 101 + … + 101 + 101 = 100 · 101,

und er erhielt S = 5050.

Hier wird es darum gehen, ähnliche Motive in anderen Beweisen wiederzufinden.

2.1 Das Ausnützen der Symmetrie

Diese Idee kommt auch bei der Berechnung der geometrischen Reihe zum Vorschein:

P = 1 + q + q^{2} + … + q^{n};
qP =  q + q^{2} + … + q^{n} + q^{n+1}
P − qP = 1  −q^{n+1}

Dies liefert P = \frac{1−q^{n+1}}{1−q} für alle q ≠ 1.

2.2 Teleskopsummen

a) Solche lassen sich am einfachsten an einem Beispiel erklären:

∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k + 1)} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{12} + … + \frac{1}{n(n + 1)}
= (1 − \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} − \frac{1}{3}) + … + (\frac{1}{n} − \frac{1}{n + 1})
= 1 − \frac{1}{n + 1}.

b) Mit demselben Trick kann man Reihen abschätzen: betrachte z.B.

S = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + … + \frac{1}{n^{2}} + …

Wegen der Ungleichung n^{2} ≥ n(n − 1) ist \frac{1}{n^{2}} ≤ \frac{1}{n(n−1)} für alle n ≥ 2, also

S = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + … + \frac{1}{n^{2}} + …
≤ 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + … + \frac{1}{n(n−1)} + …
= 1 + 1 = 2.

Selbstverständlich erhält man bessere Schranken, wenn man erst später abbricht. Übrigens ist S = π^{2}/6.

c) Man berechne die Summe

S = \frac{1}{\sqrt{1} + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} + … + \frac{1}{\sqrt{n − 1} + \sqrt{n}}.

Lösung: man macht den Nenner rational und findet

S = (\sqrt{2} − \sqrt{1}) + (\sqrt{3} − \sqrt{2}) + … + (\sqrt{n} − \sqrt{n − 1}) = \sqrt{n} − 1.

d) Löse das folgende Gleichungssystem in ℝ:

x_{1}^{2} + 3x_{1} + 1 = x_{2}
x_{2}^{2} + 3x_{2} + 1 = x_{3}
⋮
x_{n}^{2} + 3x_{n} + 1 = x_{1}

Wenn man nicht sieht, was man machen könnte, dann sollte man sich auf sein Gefühl verlassen und umformen. Auf der linken Seite steht fast eine binomische Formel, also

(x_{1} + 1)^{2} = x_{2} − x_{1}, …, (x_{n} + 1)^{2} = x_{1} − x_{n}.

Jetzt erkennt man die Teleskopsumme, also summiert man auf und findet

(x_{1} + 1)^{2} + (x_{2} + 1)^{2} + … + (x_{n} + 1)^{2} = 0.

Da wir reelle Lösungen suchen, folgt hieraus x_{1} = x_{2} = … = x_{n} = −1 als einzige Möglichkeit; in der Tat ist dies auch eine Lösung.

Gauß 9

2.3 Teleskopprodukte

a) Berechnung des Produktes

P = ∏_{k=2}^{n} (1 − \frac{1}{k^{2}} ) = (1 − \frac{1}{4})(1 − \frac{1}{9}) ⋯ (1 − \frac{1}{n^{2}} ).

Auch hier greift die Methode: es ist

\begin{aligned}P & = & \frac{3}{4} · \frac{8}{9} · \frac{15}{16} ⋯ \frac{n^{2} − 1}{n^{2}} = \frac{1}{2} \frac{3}{2} · \frac{2}{3} \frac{4}{3} · \frac{3}{4} \frac{5}{4} ⋯ \frac{n − 1}{n} \frac{n + 1}{n} \\ & = & \frac{1}{2} · \frac{n + 1}{n} = \frac{n + 1}{2n}. \end{aligned}

b) Wir wollen jetzt folgende Behauptung beweisen:

\frac{1}{15} < \frac{1}{2} · \frac{3}{4} · \frac{5}{6} · \frac{7}{8} ⋯ \frac{99}{100} < \frac{1}{10}.  (2.1)

Dazu setzen wir A = \frac{1}{2} · \frac{3}{4} ⋯ \frac{99}{100} und beachten

\frac{2}{3} · \frac{4}{5} · \frac{6}{7} ⋯ \frac{100}{101} > A (2)  A > \frac{1}{2} · \frac{2}{3} · \frac{4}{5} ⋯ \frac{98}{99}. (3)

Multipliziert man (1) mit (2), bzw. (1) mit (3), so folgt

A^{2} < \frac{1}{101} < (\frac{1}{10})^{2}, sowie (\frac{1}{15})^{2} < \frac{1}{2} · \frac{1}{100} < A^{2}.

Übungen

1. a) 1 + 3 + 5 + … + 2n − 1 = ? b) q + q^{3} + … + q^{2n−1} = ?

2. Berechne \frac{1}{3} + \frac{1}{15} + … + \frac{1}{4n^{2} − 1}.

3. Benutze n^{2s} < n^{s}(n+1)^{s}, um die Summe ζ(2s) = ∑_{n≥1} n^{−2s} abzuschätzen.

4. Zeige \frac{1}{3^{2}} + \frac{1}{5^{2}} + … + \frac{1}{(2n + 1)^{2}} < \frac{1}{4}.

5. \frac{1}{\sqrt{1} + \sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{5}} + … + \frac{1}{\sqrt{2n − 1} + \sqrt{2n + 1}} = ?

6. Die Folge c_{n} sei definiert durch c_{1} = \frac{1}{2} und c_{n+1} = c_{n} − c_{n}^{2}. Zeige ∑_{n≥1} c_{n}^{2} = \frac{1}{2}.

7. Sei ζ = e^{2πi/n} (i^{2} = −1, e = ∑_{n≥0} \frac{1}{n!}; insbesondere ist ζ^{n} = 1); zeige 1 + ζ + ζ^{2} + … + ζ^{n−1} = 0. (Hinweis: multipliziere die Summe mit ζ.)

8. Sei S = 1 − \frac{1}{2} + \frac{1}{3} − \frac{1}{4} + \frac{1}{5} ± …; dann zeigt S = \frac{1}{2} + \frac{1}{12} + \frac{1}{30} + … = 1 − \frac{1}{6} − \frac{1}{20} − …, daß \frac{1}{2} < S < 1 ist. Zeige wie in 3b), daß sogar die Ungleichung \frac{2}{3} < S < \frac{3}{4} gilt: benutze T = \frac{1}{6} + \frac{1}{20} + … = 1 − S und \frac{1}{2} + \frac{1}{2}T < S < \frac{1}{2} + T.

9. Beweise ∏_{n=1}^{∞} \frac{2n−1}{2n} = 0.

10. Löse das Gleichungssystem \{ \begin{matrix}x^{2}y^{2} & + & x^{2}z^{2} & = & axyz \\ y^{2}z^{2} & + & y^{2}x^{2} & = & bxyz \\ z^{2}x^{2} & + & z^{2}y^{2} & = & cxyz \end{matrix}

11. Sei n eine ungerade natürliche Zahl; ist a_{1}, a_{2}, …, a_{n} eine Umordnung der Zahlen 1, 2, …, n, dann ist das Produkt (a_{1}−1)(a_{2}−2) ⋯ (a_{n}−n) gerade.

12. Berechne die folgenden Summen für n ∈ ℕ und k ∈ ℝ:

1 + 2k + 3k^{2} + … + nk^{n−1} = ? 1^{2} + 2^{2}k + … + n^{2}k^{n−1} = ?

13. \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + … + \frac{n}{(n + 1)!} = ?

14. ∑_{i=1}^{k} \frac{1}{(3i − 2)(3i + 1)} = ?  ∏_{n=1}^{∞} \frac{n^{3} − 1}{n^{3} + 1} = ?

15. \frac{3}{1 · 2 · 3} + \frac{5}{2 · 3 · 4} + \frac{7}{3 · 4 · 5} + … + \frac{2n + 1}{n · (n + 1) · (n + 2)} = ?

16. 1 · 1! + 2 · 2! + 3 · 3! + … + n · n! = ?

17. (1 + \frac{1}{1})(1 + \frac{1}{2})^{2}(1 + \frac{1}{3})^{3} ⋯ (1 + \frac{1}{n − 1})^{n−1} = \frac{n^{n}}{n!}

18. (1 + \frac{1}{1})^{2}(1 + \frac{1}{2})^{3}(1 + \frac{1}{3})^{4} ⋯ (1 + \frac{1}{n − 1})^{n} = \frac{n^{n}}{(n − 1)!}

19. Sei F_{n} die Fibonacci-Folge, also F_{0} = 0, F_{1} = F_{2} = 1, F_{n+1} = F_{n} + F_{n−1}. Dann gilt

a) F_{1} + F_{2} + … + F_{n} = F_{n+2} − 1 (Hinweis: F_{n−1} = F_{n+1} − F_{n})

b) F_{1} + F_{3} + … + F_{2n−1} = F_{2n}

c) F_{1}^{2}+F_{2}^{2}+…+F_{n}^{2} = F_{n}F_{n+1} (Hinweis: F_{n}^{2} = F_{n}F_{n} = F_{n}(F_{n+1}−F_{n−1}))

d) ∑_{n=2}^{∞} \frac{1}{F_{n−1}F_{n+1}} = 1 (\frac{1}{F_{n−1}F_{n+1}} = \frac{1}{F_{n+1}F_{n}} − \frac{1}{F_{n}F_{n+1}} ).

e) ∑_{n=2}^{∞} \frac{F_{n}}{F_{n−1}F_{n+1}} = 1

20. Es ist (k+1)^{3}−k^{3} = 3k^{2}+3k+1; teleskopiere und leite die Summenformel für ∑ k^{2} daraus her.

21. Es gilt \frac{2k − 1}{2k} > \begin{matrix}√ & \overline{4k − 3} \\ √ & \overline{4k + 1} \end{matrix} für alle k ≥ 1. Teleskopiere und vergleiche mit

Beispiel 3.b. Analog gilt \frac{2k − 1}{2k} ≤ \begin{matrix}√ & \overline{3k − 2} \\ √ & \overline{3k + 1} \end{matrix}.

22. Berechne S = sin α + sin(α + δ) + … + sin(α + (n − 1)δ).

(Hinweis: Multipliziere die Summe mit 2 sin \frac{δ}{2} und benutze die Indentität 2 sin(α + νδ) · sin \frac{δ}{2} = cos(α + (2ν − 1)\frac{δ}{2}) − cos(α + (2ν + 1)\frac{δ}{2}).)

23. Berechne T = cos α + cos(α + δ) + … + cos(α + (n − 1)δ).

12 Proseminar 1995/96

Bernoullis Summenformel

Hier geht es um die Bestimmung einer Formel für S_{p} = 1^{p} + 2^{p} + … + n^{p}. Eine solche wurde erstmals von einem der beiden Bernoulli-Brüder angegeben; die in diesen Formeln auftretenden Konstanten heißen heute nach ihm Bernoulli-Zahlen. Den folgenden Beweis der Formel findet man im Prinzip bei Dörrie.

Für p = 2 lösen wir das Problem durch Teleskopieren: aus (i + 1)^{3} − i^{3} = 3i^{2} + 3i + 1 gewinnen wir nämlich

(n + 1)^{3} − n^{3} = 3 · n^{2} + 3 · n + 1
⋮
3^{3} − 2^{3} = 3 · 2^{2} + 3 · 2 + 1
2^{3} − 1^{3} = 3 · 1^{2} + 3 · 1 + 1
1^{3} − 0^{3} = 3 · 0^{2} + 3 · 0 + 1

Aufsummieren liefert dann

(n + 1)^{3} = 3 ∑_{i=1}^{n} i^{2} + 3 ∑_{i=1}^{n} i + n + 1,

und Einsetzen von ∑_{i=1}^{n} i = \frac{1}{2}n(n + 1) nebst Auflösen nach ∑_{i=1}^{n} i^{2} liefert

∑_{i=1}^{n} i^{2} = \frac{2n^{3} + 3n^{2} + n}{6} = \frac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}.

Entsprechend kann man S_{3} aus (i + 1)^{4} − i^{4} = 4i^{3} + 6i^{2} + 4i + 1 gewinnen usw., aber das bringt uns der Lösung des allgemeinen Problems nicht näher. Was wir gerne hätten, wäre eine Identität (p + 1)i^{p} = L(i + 1) − L(i) mit einem Polynom L(x) = x^{p} + … + a_{1}x + a_{0}: dann wäre einfach

(p + 1)0^{p} = L(1)  − L(0)
(p + 1)1^{p} = L(2)  − L(1)
⋮
(p + 1)n^{p} = L(n + 1) − L(n)

Aufsummieren liefert dann (p + 1)S_{p} = L(n + 1) − L(0).

Versuchen wir einmal, ein solches Polynom für p = 2 zu finden. Wir wuerden dann den Ansatz L(x) = x^{3}+ax^{2}+bx+c versuchen und a, b, c ∈ ℚ so bestimmen, daß L(x + 1) − L(x) = 3x^{2} wird. Da sich in der Differenz das konstante Glied c heraushebt, können wir c beliebig wählen, z.B. c = 0. Jetzt wird

L(x + 1) = (x + 1)^{3} + a(x + 1)^{2} + b(x + 1)
=  x^{3} +  3x^{2} +  3x + 1
+  ax^{2} +  2ax + a
+  bx + b

Aus L(x + 1) − L(x) = 3x^{2} folgen also die Gleichungen

2a + 3 = 0, b + a + 1 = 0,

und wir finden a = −\frac{3}{2}, b = \frac{1}{2}.

Machen wir dassselbe für p = 3 und L(x) = x^{4} + ax^{3} + bx^{2} + cx, so ergeben sich nach leichter Rechnung die Gleichungen

3a + 6 = 0, 2b + 3a + 4 = 0, c + b + a + 1 = 0,

die auf a = −2, b = 1, und c = 0 führen. Die Ergebnisse für die Polynome L(x) = L_{p}(x), p ≤ 4, sind hier festgehalten:

L_{4}(x) = x^{5} − \frac{5}{2}x^{4} + \frac{5}{3}x^{3} + 0x^{2} − \frac{1}{6}x
L_{3}(x) = x^{4} − 2x^{3} + x^{2} + 0x
L_{2}(x) = x^{3} − \frac{3}{2}x^{2} + \frac{1}{2}x
L_{1}(x) = x^{2} − x

Man stellt nun fest, daß der zweite Koeffizient von L_{p}(x) gleich −\frac{1}{2} \binom{p+1}{1} ist. Wenn wir L_{p}(x) daher in der Gestalt

L_{p}(x) = x^{p+1} + \binom{p + 1}{p}x^{p}B_{1} + \binom{p + 1}{p − 1}x^{p−1}B_{2} + … + \binom{p + 1}{1}xB_{p} + B_{p+1}

(3.1)

ansetzen, dann finden wir

L_{4}(x) = x^{5} − \frac{1}{2} \binom{5}{4}x^{4} + \frac{1}{6} \binom{5}{3}x^{3} + 0\binom{5}{2}x^{2} − \frac{1}{30} \binom{5}{1}x
L_{3}(x) = x^{4} − \frac{1}{2} \binom{4}{3}x^{3} + \frac{1}{6} \binom{4}{2}x^{2} + 0\binom{4}{1}x
L_{2}(x) = x^{3} − \frac{1}{2} \binom{3}{2}x^{2} + \frac{1}{6} \binom{3}{1}x
L_{1}(x) = x^{2} − \frac{1}{2} \binom{2}{1}x

Man vermutet also: die allgemeine Formel ist durch 3.1 gegeben, und die auftretenden Koeffizienten B_{i} sind Konstanten, die nicht von p abhängen. Die Idee ist nun wie oben, die Zahlen B_{i} so zu bestimmen, daß die Gleichung L(i + 1) − L(i) = (p + 1)i^{p} richtig wird. Rechnen wir also

L(i + 1) = (i + 1)^{p+1} + \binom{p + 1}{p}(i + 1)^{p}B_{1} + \binom{p + 1}{p − 1}(i + 1)^{p−1}B_{2} + … + B_{p+1}

In dieser Summe kommt i^{p+1} genau einmal vor. Der Koeffizient von i^{p} errechnet sich zu \binom{p+1}{p−1}B_{1} + \binom{p+1}{p} = \binom{p+1}{p}(B_{1} + 1). Entsprechend ist \binom{p+1}{p−1}B_{2} + \binom{p+1}{p}\binom{p}{p−1}B_{1} +\binom{p+1}{p−1} = \binom{p+1}{p−1}(B_{2} +2B_{1} +1) der Koeffizient von i^{p−1}. Allgemein finden wir, daß der Koeffizient von i^{ℓ} gleich

\binom{p + 1}{ℓ}\binom{ℓ}{ℓ}B_{p+1−ℓ} + \binom{p + 1}{ℓ + 1}\binom{ℓ + 1}{ℓ}B_{p−ℓ} + \binom{p + 1}{ℓ + 2}\binom{ℓ + 2}{ℓ}B_{p−ℓ−1}

+ … + \binom{p + 1}{p}\binom{p}{ℓ}B_{1} + \binom{p + 1}{p + 1}\binom{p + 1}{ℓ}

= \binom{p + 1 − ℓ}{p + 1 − ℓ}\binom{p + 1}{ℓ}B_{p+1−ℓ} + \binom{p + 1 − ℓ}{p − ℓ}\binom{p + 1}{ℓ}B_{p−ℓ} +

\binom{p + 1 − ℓ}{p − ℓ − 1}\binom{p + 1}{ℓ}B_{p−ℓ−1} + … + \binom{p + 1 − ℓ}{1}\binom{p + 1}{ℓ}B_{1} + \binom{p + 1}{ℓ}.

Dabei haben wir die Identität

\binom{p + 1}{k}\binom{k}{ℓ} = \binom{p + 1 − ℓ}{p + 1 − k}\binom{p + 1}{ℓ}

benutzt, die für alle ℓ ≤ k ≤ p − 1 gültig ist, wie man leicht nachrechnet.

Die Eigenschaft L(i + 1) − L(i) = (p + 1)i^{p} ist nun genau dann erfüllt, wenn das folgende Gleichungssystem für die B_{n} gilt:

2B_{1} + 1 = 0
3B_{2} + 3B_{1} + 1 = 0
4B_{3} + 6B_{2} + 4B_{1} + 1 = 0
⋮
\binom{p+1−ℓ}{p−ℓ}B_{p−ℓ} + \binom{p+1−ℓ}{p−ℓ−1}B_{p−ℓ−1} + … + \binom{p+1−ℓ}{1}B_{1} + 1 = 0.

Die erste Gleichung liefert B_{1} = −\frac{1}{2}, die zweite B_{2} = \frac{1}{6}, und entsprechend folgt dann nacheinander B_{3} = 0, B_{4} = −\frac{1}{30}, B_{5} = 0, B_{6} = \frac{1}{42}, B_{7} = 0, B_{8} = −\frac{1}{30}, B_{9} = 0, B_{10} = \frac{5}{66}, B_{11} = 0, B_{12} = −\frac{691}{2730}, B_{13} = 0 usw. Die so definierten rationalen Zahlen heißen Bernoulli-Zahlen und spielen in der Mathematik eine zentrale Rolle. Oft tauchen sie gerade dort auf, wo man sie am wenigsten erwartet: bei der Summierung der Reihen ∑ n^{−2s} für s ≥ 1, bei den Werten der Zeta-Funktion an negativen ganzen Zahlen, bei Klassenzahlen von Kreisteilungskörpern, beim Fermatschen Problem, oder bei der Bestimmung der K-Gruppen K_{n}(ℤ), was immer diese Dinge auch bedeuten mögen.

Das Problem der Summenformel ist damit gelöst: aus (p+1)S_{p} = L(n+1)− L(0) folgt

\begin{aligned}S_{p} & = & \frac{1}{p+1} \{(n + 1)^{p+1} + \binom{p+1}{p}(n + 1)^{p}B_{1} + \binom{p+1}{p−1}(n + 1)^{p−1}B_{2} \\ & & + … + \binom{p+1}{1}(n + 1)B_{p}\} . \end{aligned}

Man überzeuge sich davon, daß diese Formel für p ≤ 4 tatsächlich das Gewünschte leistet; wer eine Formelsammlung zur Verfügung hat, möge das auch für ein paar weitere Werte von p tun.

Euler und ζ(2) = π^{2}/6

Dieses Material ist den Büchern [1] und [2], S. 41 ff. entnommen.

Jakob Bernoulli (1654 – 1705) hat sich, wie auch andere seiner Zeitgenossen, mit der Summierung der Reihe

ζ(2) = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + … + \frac{1}{n^{2}} + …

beschäftigt; die Bezeichnung ζ(2) rührt daher, daß dies der Funktionswert der Riemannschen Zetafunktion

ζ(s) = 1 + 2^{−s} + 3^{−s} + … + n^{−s} + … = ∑_{s=1}^{∞} \frac{1}{n^{s}}

an der Stelle s = 2 ist (ζ(s) konvergiert für alle s > 1). Bernoulli schrieb in diesem Zusammenhang

Wenn es jemandem gelingen sollte, das zu finden, was bis jetzt all unseren Bemühungen widerstanden hat, und wenn er es uns mitteilt, so werden wir ihm sehr verbunden sein.

Dies ist Leonhard Euler (1707 – 1783) gelungen, und zwar auf einem recht genialen Weg. Wir beginnen mit einigen elementaren Betrachtungen.

1. Wenn das Polynom P (X) = a_{n}X^{n} + … + a_{1}X + a_{0} genau n verschiedene Wurzeln α_{1}, …, α_{n} ∈ ℝ besitzt, d.h. wenn P (α_{1}) = … = P (α_{n}) gilt, so kann man P (X) als Produkt von Linearfaktoren schreiben, nämlich

P (X) = a_{n}(X − α_{1})(X − α_{2}) ⋯ (X − α_{n}).

Koeffizientenvergleich nach Vieta liefert dann Beziehungen zwischen den Wurzeln und den Koeffizienten von P, z.B.

a_{n−1} = −a_{n}(α_{1} + α_{2} + … + α_{n}).

Falls keine der Wurzeln = 0 ist, können wir auch

P (X) = a_{0}(1 − \frac{X}{α_{1}} )(1 − \frac{X}{α_{2}} ) ⋯ (1 − \frac{X}{α_{n}} )

schreiben, und Koeffizientenvergleich für X liefert entsprechend

a_{1} = −a_{0}(\frac{1}{α_{1}} + \frac{1}{α_{2}} + \frac{1}{α_{n}} ).  (4.1)

2. Euler betrachtet nun die Gleichung sin X = 0. Euler kannte die Potenzreihenentwicklung der sinus-Funktion und schrieb also

X − \frac{1}{3!}X^{3} + \frac{1}{5!}X^{5} − \frac{1}{7!}X^{7} ± … = 0.

Jetzt kommt ein kühner Gedanke: auf der linken Seite steht ein ’Polynom vom Grad Unendlich’ mit den unendlich vielen Nullstellen

0, ±π, ±2π, ±3π, …

Euler dividiert nun beide Seiten durch X und schaltet so die Nullstelle 0 aus (denn er will die Darstellung (1) benutzen). Er hat also die Gleichung

1 − \frac{1}{3!}X^{2} + \frac{1}{5!}X^{4} − \frac{1}{7!}X^{6} ± … = 0

mit den Nullstellen ±π, ±2π, ±3π, … etc. Jetzt schließt Euler aufgrund von Analogie, daß

\begin{aligned}\frac{sin X}{X} & = & 1 − \frac{1}{3!}X^{2} + \frac{1}{5!}X^{4} − \frac{1}{7!}X^{6} ± … \\ & = & (1 − \frac{X^{2}}{π^{2}} )(1 − \frac{X^{2}}{4π^{2}} )(1 − \frac{X^{2}}{9π^{2}} ) ⋯, \end{aligned}

woraus dann durch Koeffizientenvergleich folgt:

\begin{aligned}\frac{1}{2 · 3} & = & \frac{1}{π^{2}} + \frac{1}{4π^{2}} + \frac{1}{9π^{2}} + …, also \\ \frac{π^{2}}{6} & = & 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + … = ζ(2). \end{aligned}

Gegen diesen ’Beweis’ lassen sich natürlich viele Einwände vorbringen; auch Euler wußte das. Er versuchte daher, dieselbe Schlußweise auf andere Probleme anzuwenden. Würde sich dort ein Widerspruch ergeben, müßte er seinen Beweis verwerfen.

Zuerst setzte er X = \frac{π}{2} in seine vermutete Formel ein und erhielt

\frac{2}{π} = (1 − \frac{1}{4})(1 − \frac{1}{16})(1 − \frac{1}{36}) ⋯ = \frac{3}{4} · \frac{15}{16} · \frac{35}{36} ⋯

Durch Inversion folgt daraus sofort

\frac{π}{2} = \frac{4}{3} · \frac{16}{15} · \frac{36}{35} ⋯ = \frac{2 · 2 · 4 · 4 · 6 · 6 ⋯}{1 · 3 · 3 · 5 · 5 · 7 ⋯}.

Dies war aber von Wallis (1616-1703) bereits bewiesen worden.

Als nächstes betrachtete er ein anderes Beispiel, nämlich die Funktion f(X) = 1 − sin X. Diese hat die Nullstellen

X = \frac{π}{2} , −\frac{3π}{2} , \frac{5π}{2} , −\frac{7π}{2} , …

Jede dieser Wurzeln ist aber eine doppelte Nullstelle von f; mit demselben Analogieschluß wie oben erhält Euler jetzt

\begin{aligned}1 − sin X & = & 1 − \frac{X}{1} + \frac{X^{3}}{3!} − \frac{X^{5}}{5!} ± … \\ & = & (1 − \frac{2X}{π} )^{2}(1 + \frac{2X}{3π} )^{2}(1 − \frac{2X}{5π} )^{2} · . . . \end{aligned}

Vergleicht man den Koeffizienten von X auf beiden Seiten, so erhält man

\frac{π}{4} = 1 − \frac{1}{3} + \frac{1}{5} − \frac{1}{7} + \frac{1}{9} ± …

Dies war aber schon zu Eulers Zeiten ein bekanntes Ergebnis von Leibniz! Euler meint nun

Für unsere Methode, die manchen als nicht zuverlässig genug erscheinen mag, kommt hier eine große Bestätigung an den Tag. Darum sollten wir auf keine Weise die andern Dinge in Zweifel ziehen, die auf Grund derselben Methode abgeleitet worden sind.

Schließlich verglich er die Koeffizienten von X^{4} in obiger Entwicklung; dazu muß man sich zuerst von der Formel

∏(1 − a_{i}X^{2}) = 1 − ( ∑ a_{i})X^{2} + \frac{1}{2}(( ∑ a_{i})^{2} − ∑ a_{i}^{2})X^{4} ± …

überzeugen; daraus folgt dann wie gehabt

\frac{1}{120} = \frac{1}{5!} = \frac{1}{2}(\frac{1}{π^{4}} [(\frac{π^{2}}{6} )^{2} − ∑ \frac{1}{n^{4}} ]),

und dies ist gleichbedeutend mit

ζ(4) = ∑_{n=1}^{∞} n^{−4} = \frac{π^{4}}{90} .

Auch das stimmte numerisch im Rahmen seiner Rechengenauigkeit.

Es gelang Euler sogar, die Reihen ζ(s) = ∑_{n≥1} n^{−s} für alle Zahlen s = 2m zu bestimmen:

2ζ(2m) = (−1)^{m+1} \frac{(2π)^{2m}}{(2m)!} B_{2m}.

Für ungerade s = 2m + 1 ist ihm ein Erfolg versagt geblieben, und wir haben heute Grund zur Annahme, daß es derartige Formeln gar nicht gibt. Man hat lange Zeit nicht einmal gewußt, ob ζ(3) rational oder irrational ist, bevor dem Franzosen Apéry 1979 der Beweis der Irrationalität gelang – mit Hilfsmitteln, die auch Euler schon bekannt waren (sh. [3],[4]).

Probleme

Wir betrachten Eulers Vermutung

\frac{sin X}{X} = (1 − \frac{X^{2}}{π^{2}} )(1 − \frac{X^{2}}{4π^{2}} )(1 − \frac{X^{2}}{9π^{2}} ) ⋯,  (4.2)

1. Zeige \frac{1}{4} + \frac{1}{16} + \frac{1}{36} + … = \frac{π^{2}}{24} .

2. Zeige 1 + \frac{1}{9} + \frac{1}{25} + \frac{1}{49} + … = \frac{π^{2}}{8} .

3. Zeige, daß aus (4.2) folgt:

\frac{sin X}{X} · \frac{π^{2}}{π^{2} − X^{2}} = (1 − \frac{X^{2}}{4π^{2}} )(1 − \frac{X^{2}}{9π^{2}} ) ⋯  (4.3)

Lasse X auf beiden Seiten gegen π streben und folgere

\frac{1}{2} = (1 − \frac{1}{4})(1 − \frac{1}{9})(1 − \frac{1}{16}) ⋯

Dies wurde schon im Vortrag über Teleskopprodukte bewiesen.

Literatur

[1] W. Dunham, Journey through Genius, Wiley and Sons 1990

[2] Georg Polya, Mathematik und plausibles Schliessen, Band 1, Induktion und Analogie in der Mathematik; Birkhäuser Verlag, 2. Auflage 1969

[3] Tom Apostol, A proof that Euler missed: Evaluating ζ(2) the easy way, Math. Intell. 5 (1983), 59–60

[4] Alfred van der Poorten, A proof that Euler missed. Apery’s proof of the irrationality of ζ(3). An informal report, Math. Intell. 1 (1979), 195–203

Kapitel 5

Ungleichungen I

5.1 Einführung

Sei x ∈ ℝ; die wichtigste Ungleichung lautet

x^{2} ≥ 0  (5.1)

mit Gleichheit genau für x = 0. Setzt man x = a − b, so folgt

a^{2} + b^{2} ≥ 2ab.  (5.2)

Für nichtnegative a, b ≥ 0 dürfen wir a und b durch \sqrt{a} und \sqrt{b} ersetzen und finden

\frac{a + b}{2} ≥ \sqrt{ab}  (5.3)

Multiplikation mit \sqrt{ab} und Division durch \frac{a+b}{2} liefert dann

\sqrt{ab} ≥ \frac{2ab}{a + b} = \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} .  (5.4)

Zurück zu Gleichung (5.2): Addition von a^{2} + b^{2} gibt

2(a^{2} + b^{2}) ≥ (a + b)^{2},  (5.5)

und nach Division durch 4 und Wurzelziehen haben wir

\frac{a + b}{2} ≤ \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} .  (5.6)

Dividiert man schließlich (5.2) durch ab > 0, so folgt

\frac{a}{b} + \frac{b}{a} ≥ 2,  (5.7)

oder, indem man x = \frac{a}{b} schreibt,

x + \frac{1}{x} ≥ 2.  (5.8)

Insbesondere gelten die Ungleichungen vom harmonischen, geometrischen, arithmetischen und quadratischen Mittel:

min(a, b) ≤ \frac{2ab}{a + b} ≤ \sqrt{ab} ≤ \frac{a + b}{2} ≤ \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}} ≤ max(a, b).

Die wichtigsten Beweismethoden für Ungleichungen wollen wir an folgendem Beispiel demonstrieren:

∀a, b, c ∈ ℝ : a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ ab + bc + ca  (5.9)

1. Zurückführen auf (5.1): um binomische Formeln anwenden zu können, multiplizieren wir (5.9) mit 2 und finden:

\begin{aligned}& 2a^{2} + 2b^{2} + 2c^{2} − 2ab − 2bc − 2ca \\ = & (a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (c − a)^{2} ≥ 0. \end{aligned}

2. Ausnützen der Symmetrie: (5.9) ist symmetrisch in a, b, c; oBdA darf man daher annehmen, daß z.B. a ≥ b ≥ c gilt. Dann ist

(5.9) ⟺ a(a − b) + b(b − c) − c(a − c) ≥ 0
⟺ a(a − b) + b(b − c) − c(a − b) − c(b − c) ≥ 0
⟺ (a − c)(a − b) + (b − c)^{2} ≥ 0

Es hätte offenbar genügt, a maximal anzunehmen (die Forderung b ≥ c wurde gar nicht gebraucht).

3. Setze f(a, b, c) = a^{2} + b^{2} + c^{2} − ab − bc − ca; dann gilt f(ta, tb, tc) = t^{2}f(a, b, c), m.a.W.: f ist homogen vom Grad 2 in a, b, c. Für t ≠ 0 ist daher f(a, b, c) ≥ 0 ⟺ f(ta, tb, tc) ≥ 0. Man kann daher diverse Normierungen vornehmen. Ist a ≠ 0, so können wir t = a^{−1} wählen und dürfen oBdA annehmen, daß a = 1 ist; mit b = 1 + x und c = 1 + y wird dann

(5.9) ⟺ 0 ≤ x^{2} + y^{2} − xy = (x − \frac{y}{2} )^{2} + \frac{3}{4}y^{2},

und dies ist offenbar richtig. Im Falle a = 0 dagegen geht (5.9) über in b^{2} + c^{2} − bc ≥ 0, und dies haben wir eben bewiesen.

4. Jetzt fassen wir a^{2} + b^{2} + c^{2} − ab − bc − ca als quadratisches Polynom in a auf, d.h. wir schreiben f(a) = a^{2} − (b + c)a + b^{2} + c^{2} − bc. Nun ist f(a) ≥ 0 für alle a ∈ ℝ genau dann richtig, wenn die Diskriminante von f nicht positiv ist. Wir finden

D = (b + c)^{2} − 4(b^{2} + c^{2} − bc) = −3(b − c)^{2} ≤ 0.

5. Betrachte die Vektoren x = (a, b, c) und y = (b, c, a) im ℝ^{3}. Nach der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung (die wir später noch einmal beweisen werden) gilt x · y ≤ |x| · |y|, also ab + bc + ca ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2}.

Als kleine Anwendung von (5.9) beweisen wir die Ungleichung von geometrischem und arithmetischem Mittel für n = 3: aus der Faktorisierung

a^{3} + b^{3} + c^{3} − 3abc = (a + b + c)(a^{2} + b^{2} + c^{2} − ab − bc − ca)  (5.10)

liest man für a, b, c > 0 nämlich sofort ab, daß a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ 3abc ist, und dies bedeutet

\frac{a + b + c}{3} ≥ \sqrt[3]{abc} .  (5.11)

Das folgende hat zwar rein gar nichts mit Ungleichungen zu tun, aber die obige Identität verlangt nach einem Einschub über

5.2 Die Formel von Cardano

Setze a = t und b = −u in (5.10); dann folgt

t^{3} − u^{3} = (t − u)^{3} + 3tu(t − u).

Diese Identität enthält den Schlüssel zur Lösung der kubischen Gleichung x^{3} + mx = n; dazu setzen wir m = 3tu und n = t^{3} −u^{3}: wenn wir t und u bestimmen können, dann kennen wir auch die Wurzel x = t − u der kubischen Gleichung! Das ist aber recht einfach: aus u = m/3t und t^{3} − u^{3} = n folgt nämlich n = t^{3} − m^{3}/27t^{3}, und nach Multiplikation mit t^{3} haben wir mit

t^{6} − nt^{3} − \frac{m^{3}}{27} = 0

ein Polynom 6. Grades, das wir durch die Substitution y = t^{3} sofort in ein quadratisches Polynom verwandeln können. Dies liefert

t^{3} = \frac{n}{2} + \sqrt{\frac{n^{2}}{4} + \frac{m^{3}}{27}} , u^{3} = t^{3} − n = −\frac{n}{2} + \sqrt{\frac{n^{2}}{4} + \frac{m^{3}}{27}} .

Damit ist dann mit Δ = \frac{n^{2}}{4} + \frac{m^{3}}{27}

x = t − u = \sqrt[3]{\frac{n}{2} + \sqrt{Δ}} − \sqrt[3]{−\frac{n}{2} + \sqrt{Δ}}

eine Lösung der gegebenen kubischen Gleichung. Ersetzt man \sqrt{Δ} durch −\sqrt{Δ}, so geht t in −u und u in −t über, d.h. x = t − u bleibt fest.

Im Falle der Gleichung x^{3} + 6x = 20 erhält man so die Lösung

x = \sqrt[3]{10 + \sqrt{108}} − \sqrt[3]{−10 + \sqrt{108}} ,

und es ist verzeihlich, wenn man nicht sofort sieht, daß x = 2 ist. In der Tat ist aber

10 + \sqrt{108} = 10 + 6\sqrt{3} = (1 + \sqrt{3} )^{3},

folglich x = 1 + \sqrt{3} − (−1 + \sqrt{3} ) = 2.

Die andern beiden Wurzeln der Gleichung erhält man, indem man t und u so mit geeigneten dritten Einheitswurzeln ζ_{3} = \frac{−1±\sqrt{3}i}{2} multiplizert, daß die Gleichung m = 3tu erhalten bleibt. Genauer: mit t′ = ζ_{3}t, u′ = ζ_{3}^{2}u und t′′ = ζ_{3}^{2}t und u′′ = ζ_{3}u gilt 3tu = 3t′u′ = 3t′′u′′ = m, und die Lösungen der Gleichung x^{3} + mx = n sind

x_{1} = t − u, x_{2} = t′ − u′, x_{3} = t′′ − u′′.

Als Beispiel hierfür nehmen wir f(x) = x^{3} − x; hier sind −1, 0, 1 die Nullstellen, und wir haben m = −1, n = 0, somit Δ = −\frac{1}{27} und damit

t = \sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{−27}}} = \sqrt[3]{\frac{1}{i\sqrt{27}}} = \frac{i}{\sqrt{3}} = u.

Damit ist x_{1} = t − u = 0, sowie

x_{2} = \frac{−1 + i\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} i − \frac{−1 − i\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} i = −1, x_{3} = \frac{−1 − i\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} − \frac{−1 + i\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = +1.

Wie man sieht, erhält man die drei reellen Lösungen x_{j} nur durch Rechnungen in den komplexen Zahlen.

Als nächstes wollen wir zeigen, daß dies immer so ist, d.h. daß Δ < 0 ist, wenn f(x) = x^{3} +mx−n drei reelle Nullstellen hat. Dies bedeutet, daß man allgemein eine kubische Gleichung mit drei reellen Nullstellen nur durch Rechnungen in ℂ lösen kann. Da man zu Zeiten Cardanos keine komplexen Zahlen kannte, war dies aber gar nicht möglich, und man nannte diesen Fall den ”casus irreducibilis“. Erst nach und nach erkannte man, daß sich sinnvolle Resultate ergaben, wenn man die ”imaginären“ Zahlen benutzte.

Sind nämlich α, β, γ ∈ ℝ Nullstellen von f, so ist f(x) = (x−α)(x−β)(x−γ), und Koeffizientenvergleich liefert

0 = α + β + γ, m = αβ + βγ + γα, n = αβγ.

Quadrieren der ersten Relation gibt

0 = (α + β + γ)^{2} = α^{2} + β^{2} + γ^{2} + 2m,

also m = −\frac{1}{2}(α^{2} +β^{2} +γ^{2}) (insbesondere muß m negativ sein, wenn f drei reelle Nullstellen hat). Jetzt folgt

Δ = (\frac{n}{2})^{2} + (\frac{m}{3})^{2} = (\frac{α^{2}β^{2}γ^{2}}{2} )^{2} − (\frac{α^{2} + β^{2} + γ^{2}}{6} )^{2}.

Wendet man auf den letzten Term die Ungleichung von geometrischem und arithmetischem Mittel an, so folgt

Δ ≤ (\frac{α^{2}β^{2}γ^{2}}{2} )^{2} − (\frac{α^{2}β^{2}γ^{2}}{2} )^{2} = 0,

und das war zu zeigen.

Noch eine Bemerkung am Rande: In Cardanos ’Ars Magna’ findet man in Kapitel 12 die Lösung von x^{3} = mx+n, in Kapitel 13 diejenige von x^{3} +n = mx usw.; wir würden heute diese Fälle selbstverständlich als gleich ansehen, da sie sich ja nur im Vorzeichen von m und n unterscheiden. Für Cardano waren beide Gleichungen aber grundverschieden, da er nur positive Zahlen zur Verfügung hatte. Schließlich stellte sich Cardano die Zahl x^{3} wirklich als einen Würfel der Seitenlänge x vor, und da machen Seiten von negativer Länge natürlich keinen großen Sinn. Das Einführen der negativen (und wenig später der komplexen) Zahlen ist eine Abstraktion, die den Mathematikern nicht leichtgefallen ist; aber schon dieses Beispiel zeigt, daß Abstraktion mit Ökonomie einhergeht: Abstrahieren erlaubt es in der Regel, vorher unterschiedliche Fälle zu einem einzigen zusammenzufassen. Der Preis, den man dabei zu zahlen hat, ist oft der Verlust der Anschaulichkeit.

5.3 Etwas Geschichte

Die Geschichte der Entdeckung beginnt mit Luca Paciolis (ca. 1445–1509) Bemerkung, die Auflösung der kubischen Gleichung sei für die damalige Mathematik wohl ebenso unmöglich wie die Quadratur des Kreises.

Scipione del Ferro (1465–1526) entdeckte aber wenig später, daß sich zumindest die Gleichung x^{3}+mx = n auflösen läßt; allerdings hielt er diese Entdeckung zeitlebens geheim, und im folgenden wollen wir die Gründe für dieses verwunderliche Verhalten etwas aufhellen. Scipione del Ferro war Mathematiker an der Universität von Bologna; damals war es möglich, eine Stelle als Mathematiker zu bekommen, indem man einen andern Mathematiker in einem öffentlichen Problemstreit besiegte: jeder legte dem andern eine Liste von 30 Problemen vor, und der Sieger bekam die Stelle (der Verlierer war sie los). Del Ferro wollte das Wissen um die Lösung nicht aus der Hand geben, um bei einem eventuellen Wettbewerb einen Trumpf in der Hinterhand zu haben. Erst auf seinem Totenbett hat er seine Methode weitergegeben, und zwar an seinen Schüler Antonio Fior (ca. 1506 – ?). Mit diesem Wissen bewaffnet forderte Fior 1535 den Mathematiker Niccolo Fontana (1499–1557) heraus, der an der Universität von Brescia lehrte. Fontanas Gesicht wurde 1512 bei einem französischen Überfall auf seine Heimatstadt von einem Soldaten derart entstellt, daß er grosse Schwierigkeiten mit dem Sprechen hatte. Das brachte ihm den Spitznamen Tartaglia (Stotterer) ein, unter dem er heute bekannt ist. Tartaglia war ein recht guter Mathematiker, und er behauptete von sich, er könne die kubische Gleichung x^{3} + mx^{2} = n lösen; Fior hat ihm offenbar nicht geglaubt. Tartaglia gab Fior eine Liste von 30 Problemen aus verschiedenen Teilen der Mathematik, während Fior alles auf eine Karte setzte und Tartaglia eine Liste von 30 kubischen Gleichungen der Form x^{3} + mx = n vorlegte. Kurz vor Ablauf der gestellten Frist gelang Tartaglia die Lösung, und damit konnte er alle gestellten Probleme lösen, was seinem Gegenspieler nicht gelang.

Jetzt kommt der Auftritt von Gerolamo Cardano (1501–1576); dieser hatte von dem Wettstreit Tartaglias etwas mitbekommen und wollte nun dessen Geheimnis erfahren. Dieser war aber auch nach wiederholtem Bitten nicht dazu bereit; erst 1539 enthüllte er ihm seine Methode, und auch das erst, nachdem Cardano geschworen hatte, diese Methode nicht weiterzugeben.

Zusammen mit seinem Schüler Ludovico Ferrari (1522–1565) entwickelte Cardano die Technik von Tartaglia weiter und konnte bald die allgemeine kubische Gleichung x^{3} + ax^{2} + bx + c = 0 lösen – allerdings nur durch Zurückführen auf den Fall x^{3} + mx = n, sodaß er sein Ergebnis wegen des abgelegten Eids nicht publizieren konnte. Etwas später gelang Ferrari die Auflösung von Gleichungen 4. Grades – und zwar durch Zurückführen auf eine kubische Gleichung, sodaß eine Publikation aus demselben Grunde ausgeschlossen war.

Im Jahre 1543 schließlich reisten Cardano und Ferrari nach Bologna, um die Arbeiten von del Ferro zu studieren. Dort fanden sie die Lösung der kubischen Gleichung x^{3} +mx = n: für die beiden bedeutete dies, daß sie sich nicht mehr an ihren Eid zu halten brauchten, weil sie sich nicht auf Tartaglia, sondern auf Ferro berufen konnten. Folgerichtig erschien 1545 Cardanos Buch ’Ars magna’, in dem er die Lösung veröffentlichte (und auf del Ferros Verdienste ebenso wie auf die Tartaglias hinwies). Dies führte im Laufe der Jahre zu einem Streit zwischen den beiden, der zeitweilig auf einem sehr niedrigen Niveau ausgetragen wurde.

Nachdem nun die Auflösung der Gleichungen vom Grad ≤ 4 gelungen war, stellte sich als nächstes die Frage, wie man dasselbe für Gleichungen fünften Grades bewerkstelligen konnte. Diese Aufgabe stellte sich als recht schwer heraus, und schließlich konnten ca. 300 Jahre später Paolo Ruffini (1765-1822) und Niels Henrik Abel (1802-1829) zeigen, daß sich die Gleichung x^{5} + ax = b nicht immer durch Operationen wie Addition, Multiplikation und Wurzelziehen auflösen läßt. Schließlich gelang es Evariste Galois (1811-1832), das Problem der Auflösung von Gleichungen n-ten Grades endgültig zu lösen, indem er zeigte, daß dies im allgemeinen für n ≥ 5 unmöglich ist (die dazu notwendige ”Galoistheorie“ ist heute Bestandteil jeder Algebra-Vorlesung).

Abel und Galois gehören übrigens zusammen mit Gotthold Eisenstein (1823-1852), Bernhard Riemann (1826-1866) und Jaques Herbrand (1908-1931) zu den Mathematikern, die trotz ihres frühen Todes die Mathematik nachhaltig geprägt haben. Während Abel, Eisenstein und Riemann zeitlebens kränklich waren, hat Galois bei einem Duell um eine Frau den kürzeren gezogen; Herbrand kam beim Bergsteigen in den Alpen ums Leben.

5.4 Geometrisches und arithmetisches Mittel

Als nächstes wollen wir die Ungleichung

\frac{a_{1} + … + a_{n}}{n} ≥ \sqrt[n]{a_{1} · . . . · a_{n}}  (5.12)

zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel allgemein beweisen. Dazu stehen uns verschiedene Wege offen; wir wählen hier Cauchys Beweis der aufund absteigenden Induktion. Dies ist eine von drei Varianten, die man gewöhnlich mit Induktion bezeichnet:

1. die gewöhnliche Induktion zeigt eine Behauptung P (n) für ein P (n_{0}) und beweist dann, daß P (n) ⟹ P (n + 1) für n ≥ n_{0} richtig ist;

2. die starke Induktion zeigt eine Behauptung P (n) für ein P (n_{0}) und beweist dann, daß die Richtigkeit von P (k) für n_{0} ≤ k ≤ n diejenige von P (n + 1) impliziert.

3. die auf- und absteigende Induktion macht folgendes: sie beweist P (n) für unendlich viele n ∈ ℕ und zeigt dann, daß P (n) ⟹ P (n − 1) für alle n ≥ 2 gilt.

Seien also a_{i} > 0 reelle Zahlen; wir gehen aus von der bereits bewiesenen Ungleichung \frac{a+b}{2} ≥ \sqrt{ab} und finden für n = 4:

a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} ≥ 2\sqrt{(a_{1} + a_{2})(a_{3} + a_{4})}
≥ 2\sqrt{2\sqrt{a_{1}a_{2}} · 2\sqrt{a_{3}a_{4}}}
= 4 \sqrt[4]{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}

Mittels vollständiger Induktion (aufsteigend) beweist man (5.12) nun für alle n = 2^{k}, k ≥ 1.

Jetzt würden wir die andern Fälle gern darauf zurückführen; betrachten wir z.B. die Ungleichung

\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}}{4} ≥ \sqrt[4]{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}  (5.13)

und stellen uns die Frage, wie wir a_{4} wählen können, um daraus die Ungleichung

\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3} ≥ \sqrt[3]{a_{1}a_{2}a_{3}}  (5.14)

zu erhalten. Offenbar kann man nicht einfach a_{4} = 0 setzen, weil sonst auf der rechten Seite 0 steht. Wenn wir aber den Ansatz

\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}}{4} = \frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}

versuchen und nach a_{4} auflösen, so finden wir a_{4} = \frac{1}{3}(a_{1} + a_{2} + a_{3}). Wenn wir dies in (5.13) einsetzen, erhalten wir

\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3} ≥ \sqrt[4]{a_{1}a_{2}a_{3}} \sqrt[4]{\frac{a_{1} + a_{2} + a_{3}}{3}} ,

woraus sich sofort (5.14) ergibt. Ähnlich beweist man (5.12) für alle n ∈ ℕ.

Setzt man jetzt a_{i} = 1/b_{i} in der Ungleichung (5.12) von geometrischem und arithmetischem Mittel, so steht da

\frac{1}{n}(\frac{1}{b_{1}} + … + \frac{1}{b_{n}} ) ≥ \frac{1}{\sqrt[n]{b_{1} · . . . · b_{n}}} ,

und Bilden des Kehrwerts liefert die Ungleichung zwischen harmonischem und geometrischem Mittel.

Die Ungleichung zwischen arithmetischem und quadratischem Mittel beweist man schließlich wie im Fall n = 2: es ist

0 ≤ ∑_{i<k}(a_{i} − a_{k})^{2} = (n − 1) ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{2} − 2 ∑_{i<k} a_{i}a_{k}.

Addition von ∑ a_{i}^{2} liefert nun

( ∑_{i=1}^{n} a_{i})^{2} = ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{2} + 2 ∑_{i<k} a_{i}a_{k} ≤ n ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{2},

woraus durch Wurzelziehen die gewünschte Ungleichung folgt. Zusammenfassend haben wir also bewiesen:

Satz 1. (Ungleichung von harmonischem, geometrischem, arithmetischem und quadratischem Mittel) Für alle positiven reellen Zahlen a_{1}, …, a_{n} gelten die folgenden Ungleichungen:

\begin{aligned}min\{a_{1}, …, a_{n}\} & ≤ \frac{n}{\frac{1}{a_{1}} + … + \frac{1}{a_{n}}} ≤ \sqrt[n]{a_{1} · . . . · a_{n}} \\ & ≤ \frac{a_{1} + … + a_{n}}{n} ≤ \sqrt{\frac{a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2}}{n}} ≤ max\{a_{1}, …, a_{n}\} \end{aligned}

Dabei gilt Gleichheit genau dann, wenn a_{1} = … = a_{n} ist.

Eine weitere wichtige Ungleichung ist die

Ungleichung von Cauchy–Schwarz

(a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n})^{2} ≤ (a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2})(b_{1}^{2} + … b_{n}^{2}).  (5.15)

Der Beweis ist ganz einfach: für alle x ∈ ℝ gilt

0 ≤ ∑_{i=1}^{n}(a_{i}x + b_{i})^{2} = ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{2}x^{2} + 2 ∑_{i=1}^{n} a_{i}b_{i}x + ∑_{i=1}^{n} b_{i}^{2}.

Folglich muß die Diskriminante dieses Polynoms ≤ 0 sein, und wenn man dies ausschreibt, steht (5.15) da.

Gleichheit herrscht offenbar genau dann, wenn in 0 ≤ ∑(a_{i}x+b_{i})^{2} Gleichheit herrscht. Nun ist eine Summe von Quadraten genau dann gleich 0, wenn jedes Quadrat = 0 ist, d.h. Gleichheit tritt genau dann ein, wenn a_{1}x = b_{1}, …, a_{n}x = b_{n} gilt. Mit anderen Worten: genau dann, wenn die beiden Vektoren (a_{1}, …, a_{n}) und (b_{1}, …, b_{n}) linear abhängig sind.

5.5 Die Bernoullische Ungleichung

Sei x > −1; wendet man die Ungleichung vom AGM auf

\underbrace{1 + x, …, 1 + x}_{m mal}, \underbrace{1, …, 1}_{n−m mal}

an, so erhält man für alle 0 < \frac{m}{n} ≤ 1 die Ungleichung

(1 + x)^{m/n} ≤ \frac{m(1 + x) + n − m}{n} = 1 + \frac{m}{n} x.

Setzt man hierin x = \frac{n}{m}h, so folgt (1 + \frac{n}{m}h)^{m/n} ≤ 1 + h, also 1 + \frac{n}{m}h ≤ (1 +

h)^{n/m}. Dabei mußten wir h = \frac{m}{n}x > −\frac{m}{n} voraussetzen; ist aber −1 ≤ h ≤ −\frac{m}{n}, so ist die Ungleichung trivialerweise richtig. Wir haben also bewiesen:

Satz 2. Ist p eine positive rationale Zahl und x > −1 reell, so gilt die Bernoullische Ungleichung

(1 + x)^{p} ≥ 1 + px für p ≥ 1, und (1 + x)^{p} ≤ 1 + px für p ≤ 1,

mit Gleichheit genau für x = 0 oder p = 1.

5.6 Anwendungen

1. Die Eulersche Zahl e. Bei der Einführung der Zahl e geht man in der Regel wie folgt vor: man definiert zwei Folgen f(n) = (1 + \frac{1}{n})^{n} und g(n) = (1 + \frac{1}{n})^{n+1} und zeigt dann, daß f(n) monoton steigt, g(n) monoton fällt, und f(n) ≤ g(n) ist. Diese Aussagen werden dabei etwas mühsam mit vollständiger Induktion bewiesen. Wendet man jedoch AGM auf 1, 1 + \frac{1}{n}, …, 1 + \frac{1}{n} an, so erhält man sofort f(n + 1) = (\frac{n+2}{n+1})^{n+1} > f(n), also die Monotonie von f(n). Analog erhält man, daß g(n) monoton fällt, wenn man die Ungleichung vom AGM auf 1, 1 − \frac{1}{n}, …, 1 − \frac{1}{n} anwendet: aus (\frac{n}{n+1})^{n+1} > (\frac{n−1}{n})^{n} folgt nämlich durch Bilden des Kehrwerts g(n − 1) > g(n). Wegen g(n) > f(1), f(n) < g(1) und g(n) − f(n) = \frac{1}{n}f(n) ⟶ 0 konvergieren beide Folgen gegen denselben Grenzwert e. Benutzt man die Bernoullische Ungleichung, so kann man recht einfach zeigen, daß sogar

e^{x} = lim_{n→∞} (1 + \frac{x}{n})^{n}

für alle x ∈ ℝ gilt (insofern man die allgemeine Potenzfunktion bereits definiert hat). Dazu gehen wir aus von

(1 + \frac{1}{n})^{n} < e < (1 + \frac{1}{n − 1})^{n}.

Aus der ersten Ungleichung erhalten wir durch Potenzieren mit x/n und Anwenden der Bernoullischen Ungleichung

e^{x/n} > (1 + \frac{1}{n})^{x} > 1 + \frac{x}{n}.

Entsprechend sehen wir

e < (1 + \frac{1}{n − 1})^{n} ⟹ e^{− \frac{1}{n}} > \frac{1}{1 + \frac{1}{n−1}} = 1 − \frac{1}{n}

und hieraus wie oben durch Potenzieren mit x/n

e^{− \frac{x}{n}} > (1 − \frac{1}{n})^{x} > 1 − \frac{x}{n}.

Jetzt wählen wir n so groß, daß 1 ± \frac{x}{n} > 0 wird; dann ist

e^{x} = (e^{x/n})^{x} > (1 + \frac{x}{n})^{n},

andererseits folgt aus

e^{− \frac{x}{n}} (1 + \frac{x}{n}) > 1 − \frac{x^{2}}{n^{2}} ⟹ e^{−x}(1 + \frac{x}{n})^{n} > (1 − \frac{x^{2}}{n^{2}} )^{n}

zusammen mit obiger Ungleichung die Kette

e^{x} > (1 + \frac{x}{n})^{n} > e^{x}(1 − \frac{x^{2}}{n^{2}} )^{n}.

Da der letzte Faktor für n → ∞ aber gegen 1 geht (man beachte die Ungleichungskette 1 > (1 − \frac{x^{2}}{n^{2}} )^{n} > 1 − \frac{x^{2}}{n}), folgt schließlich

e^{x} = lim_{n→∞} (1 + \frac{x}{n})^{n}.

2. Abstände von Punkten und Geraden, bzw. Ebenen Man bestimme den Abstand der Ebene Ax+By +Cz = D vom Ursprung. Dazu ist d^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} unter der Nebenbedingung Ax + By + Cz = D zu minimieren. Die Ungleichung von Cauchy-Schwarz liefert

(x^{2} + y^{2} + z^{2})(A^{2} + B^{2} + C^{2}) ≥ (Ax + By + Cz)^{2} = D^{2},

mit Gleichheit genau dann wenn x : y : z = A : B : C gilt, d.h. genau dann wenn x = \frac{AD}{k}, y = \frac{BD}{k}, und z = \frac{CD}{k}, wobei wir k = A^{2} + B^{2} + C^{2} gesetzt haben. Der minimale Abstand beträgt daher d, wobei d^{2} = \frac{D^{2}}{A^{2}+B^{2}+C^{2}} ist.

3. lim_{n→∞} n^{1/n} Dieser Grenzwert kann ganz einfach berechnet werden, wenn man AGM auf 1, …, 1, \sqrt{n}, \sqrt{n} anwendet; man findet so

1 ≤ n^{1/n} ≤ \frac{n − 2 + 2\sqrt{n}}{n} = 1 + 2(\frac{1}{\sqrt{n}} − \frac{1}{n}).

4. BWM 1987, 2. Runde Sei 1 < k ≤ n und x_{1}, …, x_{k} positive reelle Zahlen mit x_{1} + … + x_{k} =

x_{1} · . . . · x_{k}.

a) Man zeige x_{1}^{n−1} + … + x_{k}^{n−1} ≥ kn;

b) Genau wann gilt Gleichheit?

Wie geht man an eine solche Aufgabe heran? Die erste Idee ist zu spezialisieren. Eine Möglichkeit, dies zu tun, besteht darin, den Fall zu betrachten, wo alle x_{j} gleich sind, da uns dieser Fall in b) vermutlich ohnehin interessieren wird. Aus x = x_{1} = … = x_{n} folgt dann P = x^{k} = x_{1} · . . . · x_{k} = kx, also x = \sqrt[k−1]{k}. Zu zeigen ist k · x^{n−1} ≥ kn, also x^{n−1} ≥ n. Diese Ungleichung ist für große n sicherlich richtig: es ist ja x > 1 unabhängig von n. Kennen wir Ungleichungen vom verlangten Typ? Die einzige, an die man sich erinnert fühlen könnte, ist die Bernoullische Ungleichung (1 + h)^{m} ≥ 1 + mh für h ≥ −1 und m ≥ 1. Setzen wir also k = 1 + h, d.h. x = \sqrt[k−1]{1 + h}; dann folgt x^{n−1} = (1+h)^{(n−1)/(k−1)} ≥ 1+(k−1)· \frac{n−1}{k−1} = n. Das war zu zeigen.

Jetzt zum allgemeinen Fall. Wir dürfen davon ausgehen, daß die Bernoullische Ungleichung auch hier eine zentrale Rolle spielt. Was wir zum Beweis noch brauchen, ist eine Abschätzung von x_{1}^{n−1} + … + x_{k}^{n−1} nach unten. Eine solche liefert die Ungleichung vom AGM:

x_{1}^{n−1} + … + x_{k}^{n−1} ≥ k \sqrt[k]{x_{1}^{n−1} · . . . · x_{k}^{n−1}} = k P^{\frac{n−1}{k}} ,

wo wir P = x_{1} · . . . · x_{k} gesetzt haben. Eine Abschätzung für P erhalten wir aus

P = x_{1} · . . . · x_{k} = x_{1} + … + x_{k} ≥ k \sqrt[k]{P} ,

denn es folgt, wenn wir h = k − 1 setzen: P^{h} = P^{k−1} ≥ k^{k} = (1 + h)^{1+h}, also P ≥ (1 + h)^{k/h}. Damit ist

\frac{1}{k} (x_{1}^{n−1}+…+x_{k}^{n−1}) ≥ P^{\frac{n−1}{k}} ≥ (1+h)^{\frac{n−1}{k} · \frac{k}{h}} = (1+h)^{\frac{n−1}{h}} ≥ 1+n−1 = n,

Letzteres wieder nach der Bernoullischen Ungleichung.

Übungen

1. Was ist größer, 31^{11} oder 17^{14} (im Kopf)?

2. \frac{x^{2}+2}{\sqrt{x^{2}+1}} ≥ 2 für alle x ∈ ℝ.

3. Für a, b, c ≥ 0 gilt (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Verallgemeinerung?

4. Für a, b ∈ ℝ gilt (a + b)^{4} ≤ 8(a^{4} + b^{4}).

5. Für a, b ≥ 0 gilt \sqrt{a} + \sqrt{b} ≤ \sqrt{a + b}.

6. Sind a_{1}, …, a_{n} > 0, und gilt a_{1}a_{2} … a_{n} = 1, so ist

(1 + a_{1})(1 + a_{2}) ⋯ (1 + a_{n}) ≥ 2^{n}.

7. Für a, b, c, d ≥ 0 ist \sqrt{(a + c)(b + d)} ≥ \sqrt{ab} + \sqrt{cd}.

8. Für a, b, c > 0 gilt \frac{bc}{a} + \frac{ca}{b} + \frac{ab}{c} ≥ a + b + c. Gib vier verschiedene Beweise.

9. Beweise x + \frac{1}{x} ≥ 2 mit Analysis.

10. Man vollende den Beweis der Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel (es stehen noch die Beweise der Aussagen P (n + 1) ⟹ P (n) und P (n) ⟹ P (2n) für beliebiges n ≥ 3 aus).

11. Beweise die Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel durch gewöhnliche Induktion.

12. Für a, b ≥ 0 zeige man a + b − (2 + \sqrt{2} )\sqrt{ab} ≤ \sqrt{a^{2} + b^{2}}.

13. Sei A = \frac{a+b}{2}, G = \sqrt{ab}, und H = \frac{2ab}{a+b}. Zeige a) A − G ≥ G − H;

b) A − G ≤ \frac{(b−a)^{2}}{8a};

c) A − H ≤ \frac{(b−a)^{2}}{4a}.

14. Für a, b, c > 0 gilt \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} ≤ \frac{a^{8} + b^{8} + c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}} .

15. Zeige p_{r} ≥ p_{s} für r ≥ s, wobei p_{k} definiert ist durch

p_{k} = (\frac{a_{1}^{k} + … a_{n}^{k}}{n} )^{1/k}.

16. Bestimme das Minimum folgender Funktionen:

a) \frac{12}{x} + \frac{18}{y} + xy;

b) x^{2} + \frac{a}{x}, a > 0 (Idee: x^{2} + \frac{a}{2x} + \frac{a}{2x}).

c) 5x + \frac{16}{x} + 21;

d) \frac{(x+10)(x+2)}{x+1};

e) x + \frac{8}{y(x−y)}.

17. Bestimme das Maximum folgender Funktionen:

a) xy(−x − y);

b) xy(72 − 3x − 4y);

c) xyz, x, y, z > 0, unter der Nebenbedingung

c1) x + y + z = 5 c2) 2x + 3y + 4z = 36. c3) ax + by + cz = k.

d) x^{2}y, x, y > 0, unter der Nebenbedingung 6x + 5y = 45.

Ungleichungen 33

18. Man bestimme den Abstand der Geraden Ax + By = D vom Ursprung.

19. Man bestimme den Abstand der Geraden Ax + By = D von einem gegebenen Punkt P. Dasselbe für eine Ebene.

20. Man bestimme die Extrema von f(x) = a cos x + b sin x.

21. (Jensen) Man beweise durch auf- und absteigende Induktion: Ist f : ℝ ⟶ ℝ eine Funktion mit f(\frac{a+b}{2}) ≥ \frac{1}{2}(f(a) + f(b)), so gilt

f(\frac{a_{1} + … + a_{n}}{n} ) ≥ \frac{f(a_{1}) + … + f(a_{n})}{n}.

22. (Cambridge Mathematical Tripos Examination 1932)

Sind a, b, c > 0 reell, dann gilt (a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) ≥ 9.

Sind a, b, c > 0 reell mit a+b+c = 1, dann gilt (\frac{1}{a} −1)(\frac{1}{b} −1)(\frac{1}{c} −1) ≥ 8.

23. Teste Cardanos Formel in Spezialfällen! (Was liefert sie im Falle n = 0? Was für m = 0? Was für das Polynom (x^{2} + 1)(x − a)?)

Literatur

[1] N. S. Mendelsohn, An application of a famous inequality,

[2] R. F. Muirhead, Proofs that the arithmetic mean is greater than the geometric mean, Math. Gaz. 2 (1904), 283–287 34 Proseminar 1995/96

Ungleichungen II

6.1 Der Umordnungssatz

Unser Ziel ist es hier zu zeigen, daß der ’Hauptsatz’ (auch Umordnungssatz genannt) trotz seiner Einfachheit ein sehr kräftiges Mittel zum Beweisen von Ungleichungen ist.

Zur Einführung ein etwas realitätsfremdes Beispiel: angenommen, wir hätten vier Kisten, die jeweils 10, 20, 50, und 100-DM Scheine enthielten, und wir dürften aus diesen Kisten drei, vier, fünf und sechs Scheine nehmen, wobei wir die Anzahl den Kisten zuordnen dürfen. Offenbar bekommen wir am meisten Geld, wenn wir aus der 100-DM Kiste möglichst viele Scheine nehmen (also sechs), aus der 50-DM Kiste fünf, usw. Umgekehrt bekommen wir am wenigsten, wenn wir aus der 10-DM Kiste sechs Scheine nehmen, aus der 20-DM Kiste fünf, etc.

Das macht die folgende Aussage plausibel:

Satz 3. Der Umordnungssatz. Die Summe S = a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n} ist maximal, wenn die Folgen a_{1}, …, a_{n} und b_{1}, …, b_{n} gleichgeordnet sind. Sie ist minimal, wenn sie entgegengesetzt geordnet sind.

Bew. Sei a_{r} > a_{s}. Wir betrachten die Summen

\begin{aligned}S & = & a_{1}c_{1} + … + a_{r}c_{r} + … + a_{s}c_{s} + … + a_{n}c_{n} \\ S′ & = & a_{1}c_{1} + … + a_{r}c_{s} + … + a_{s}c_{r} + … + a_{n}c_{n}, \end{aligned}

die sich nur dadurch unterscheiden, daß in der zweiten Summe c_{r} und c_{s} vertauscht sind. Jetzt folgt

S′ − S = (a_{r} − a_{s})(c_{s} − c_{r}),

somit ist c_{r} < c_{s} ⟺ S′ > S und c_{r} > c_{s} ⟺ S′ < S. Daraus folgt die Behauptung.

6.2 Anwendungen auf klassische Ungleichungen

Mit dem Umordnungssatz lassen sich viele bekannte Ungleichungen elegant beweisen:

1. Seien a_{1}, …, a_{n} positive reelle Zahlen, und sei a′_{1}, …, a′_{n} eine Permutation der a_{i}. Dann gilt

a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2} ≥ a_{1}a′_{1} + … + a_{n}a′_{n}.

Bew. Wir dürfen oE annehmen, daß die a_{1} ≥ a_{2} ≥ … ≥ a_{n} ist. Dann ist a_{1}a′_{1} + … + a_{n}a′_{n} maximal, wenn auch a′_{1} ≥ … ≥ a′_{n} ist, also wenn a_{i} = a′_{i} für alle 1 ≤ i ≤ n gilt.

2. Seien a_{1}, …, a_{n} positive reelle Zahlen, und sei a′_{1}, …, a′_{n} eine Permutation der a_{i}. Dann gilt

\frac{a′_{1}}{a_{1}} + … + \frac{a′_{n}}{a_{n}} ≥ n.

Bew. Die betrachtete Summe ist minimal, wenn die Folgen a′_{1}, …, a′_{n} und a_{1}, …, a_{n} gleich geordnet sind, d.h. wenn a′_{j} = a_{j} ist.

3. Die Ungleichung von geometrischem und arithmetischem Mittel. Bew. Sei x_{i} > 0; wir setzen c = \sqrt[n]{x_{1} ⋯ x_{n}},

a_{1} = \frac{x_{1}}{c} , a_{2} = \frac{x_{1}x_{2}}{c^{2}} , …, a_{n} = \frac{x_{1} ⋯ x_{n}}{c^{n}} = 1,

sowie b_{j} = \frac{1}{a_{j}} . Die Folgen a_{i} und b_{i} sind entgegengesetzt geordnet, und wir finden

\begin{aligned}a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n} & ≤ & a_{1}b_{n} + a_{2}b_{1} + a_{3}b_{2} + … a_{n}b_{n−1} \\ 1 + … + 1 & ≤ & \frac{x_{1}}{c} + \frac{x_{2}}{c} + … + \frac{x_{n}}{c} \\ \sqrt[n]{x_{1} ⋯ x_{n}} & ≤ & \frac{x_{1} + … + x_{n}}{n} . \end{aligned}

4. Die Ungleichung von geometrischem und harmonischem Mittel. Bew. Seien x_{1}, …, x_{n} positive reelle Zahlen und c, a_{1}, …, a_{n} wie eben. Dann folgt

n ≤ \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1}} = \frac{c}{x_{1}} + \frac{c}{x_{2}} + … + \frac{c}{x_{n}} ,

woraus sich die behauptete Ungleichung sofort ergibt.

5. Die Ungleichung von arithmetischem und quadratischem Mittel. Bew. Addition der Ungleichungen

x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} ≥ x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + … + x_{n}x_{1}
x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} ≥ x_{1}x_{3} + x_{2}x_{4} + … + x_{n}x_{2}
⋮
x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} ≥ x_{1}x_{n} + x_{2}x_{1} + … + x_{n}x_{n−1}

zur Gleichung x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} = x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} ergibt

n(x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}) ≥ (x_{1} + … + x_{n})^{2},

was zur Behauptung äquivalent ist.

6. Die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung:

(a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n})^{2} ≤ (a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2})(b_{1}^{2} + … + b_{n}^{2}).

Bew. Ist a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2} = 0 oder b_{1}^{2} + … + b_{n}^{2} = 0, so ist die Behauptung trivial. Ansonsten sind S = \sqrt{a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2}} und T = \sqrt{b_{1}^{2} + … + b_{n}^{2}} positive reelle Zahlen. Setze x_{i} = a_{i}/S und x_{n+i} = b_{i}/T für 1 ≤ i ≤ n; dann gilt

2 = \frac{a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2}}{S^{2}} + \frac{b_{1}^{2} + … + b_{n}^{2}}{T^{2}} = x_{1}^{2} + … + x_{2n}^{2}
≥ x_{1}x_{n+1} + x_{2}x_{n+2} + … + x_{n}x_{2n} + x_{n+1}x_{1} + … + x_{2n}x_{n}
= 2\frac{a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n}}{ST} ,

woraus die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung sofort folgt.

6.3 Anwendungen auf Wettbewerbsprobleme

1. (Internationale Mathematik-Olympiade 1964) Seien a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks. Zeige

a^{2}(b + c − a) + b^{2}(c + a − b) + c^{2}(a + b − c) ≤ 3abc.

Bew. Da die Ungleichung symmetrisch in a, b, c ist, dürfen wir ohne Einschränkung der Allgemeinheit a ≥ b ≥ c annehmen. Wegen

c(a + b − c) − b(c + a − b) = (b − c)(b + c − a) ≥ 0

(hier haben wir die Dreiecksungleichung b+c > a benutzt) gilt c(a+b−c) ≥ b(c + a − b). Entsprechend zeigt man b(c + a − b) ≥ a(b + c − a). Nach dem Umordnungssatz folgen daraus die beiden Ungleichungen

a^{2}(b + c − a) + b^{2}(c + a − b) + c^{2}(a + b − c)
≤ ba(b + c − a) + cb(c + a − b) + ac(a + b − c),
a^{2}(b + c − a) + b^{2}(c + a − b) + c^{2}(a + b − c)
≤ ca(b + c − a) + ab(c + a − b) + bc(a + b − c).

Addiert man diese beiden Ungleichungen, so vereinfacht sich die rechte Seite zu 6abc, und die Behauptung folgt.

2. (Internationale Mathematik-Olympiade 1975) Seien x_{1} ≤ … ≤ x_{n} und y_{1} ≤ … ≤ y_{n} reelle Zahlen. Sei z_{1}, …, z_{n} eine Permutation der y_{j}. Zeige

(x_{1} − y_{1})^{2} + … + (x_{n} − y_{n})^{2} ≤ (x_{1} − z_{1})^{2} + … x_{n} − z_{n})^{2}.

Bew. Man beachte, daß y_{1}^{2} + … + y_{n}^{2} = z_{1}^{2} + … z_{n}^{2} gilt. Ausmultiplizieren der zu beweisenden Ungleichung liefert damit die äquivalente Ungleichung

x_{1}y_{1} + … + x_{n}y_{n} ≥ x_{1}z_{1} + … x_{n}z_{n},

die wiederum sofort aus dem Umordnungssatz folgt.

3. (Internationale Mathematik-Olympiade 1978) Seien a_{1}, …, a_{n} paarweise verschiedene positive ganze Zahlen. Man beweise

\frac{a_{1}}{1^{2}} + \frac{a_{2}}{2^{2}} + … + \frac{a_{n}}{n^{2}} ≥ \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + … \frac{1}{n}.

Bew. Sei a′_{1}, …, a′_{n} eine Permutation der a_{j} mit a′_{1} ≤ a′_{2} ≤ … ≤ a′_{n}. Da die a_{j} paarweise verschiedene natürliche Zahlen sind, muß a_{i} ≥ i für 1 ≤ i ≤ n gelten. Der Umordnungssatz zeigt nun

\begin{aligned}\frac{a_{1}}{1^{2}} + \frac{a_{2}}{2^{2}} + … + \frac{a_{n}}{n^{2}} & ≥ & \frac{a′_{1}}{1^{2}} + \frac{a′_{2}}{2^{2}} + … + \frac{a′_{n}}{n^{2}} \\ & ≥ & \frac{1}{1^{2}} + \frac{2}{2^{2}} + … + \frac{n}{n^{2}} ≥ \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + … \frac{1}{n}. \end{aligned}

4. (Internationale Mathematik-Olympiade 1983) Seien a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks. Zeige

a^{2}b(a − b) + b^{2}c(b − c) + c^{2}a(c − a) ≥ 0.

Bew. Da die Ungleichung gegenüber zyklischer Vertauschung von a, b, c invariant ist, dürfen wir a ≥ b, c annehmen. Im Falle a ≥ b ≥ c gelten wie im Beispiel 1 die Ungleichungen a(b + c − a) ≥ b(c + a − b) ≥ c(a + b − c). Der Umordnungssatz liefert dann

\frac{1}{c}a(b + c − a) + \frac{1}{a}b(c + a − b) + \frac{1}{b}c(a + b − c)
≤ \frac{1}{a}a(b + c − a) + \frac{1}{b}b(c + a − b) + \frac{1}{c}c(a + b − c)
= a + b + c.

Dies vereinfacht sich zu

\frac{a(b − a)}{c} + \frac{b(c − b)}{a} + \frac{c(a − c)}{b} ≤ 0,

und diese Ungleichung ist zur behaupteten äquivalent. Der Fall a ≥ c ≥ b wird genauso behandelt.

Ungleichungen 39

Literatur

[1] K. Wu, A. Liu, The rearrangement inequality, Math. Competitions 8 (1995), 53–60 40 Proseminar 1995/96

Ungleichungen III

Hier soll es um den Themenkomplex ’Zyklische Ungleichungen’ gehen, der gewöhnlich mit den Namen Nesbitt oder Shapiro in Verbindung gebracht wird. Ausgangspunkt ist eine Ungleichung, die Nesbitt [1] 1903 zum ersten Mal veröffentlicht hat:

Für a, b, c, > 0 gilt : \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} ≥ \frac{3}{2}  (7.1)

Bevor wir zwei Beweise dieser Ungleichung geben, formen wir etwas um. Dazu setzen wir f(a, b, c) = \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} und rechnen:

f(a, b, c) = \frac{a + b + c}{b + c} + \frac{a + b + c}{c + a} + \frac{a + b + c}{a + b} − 3
= (a + b + c)(\frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b}) − 3  (∗)
= \frac{1}{2}((a + b) + (b + c) + (c + a))(\frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b}) − 3.

1. Beweis. Setze a + b = x, b + c = y, c + a = z; dann folgt

\begin{aligned}f(a, b, c) & = & \frac{1}{2}(x + y + z)(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) − 3 \\ & = & \frac{1}{2}(3 + \underbrace{\frac{x}{y} + \frac{y}{x}}_{≥2} + \underbrace{\frac{y}{z} + \frac{z}{y}}_{≥2} + \underbrace{\frac{z}{x} + \frac{x}{z}}_{≥2} ) − 3 ≥ \frac{3}{2}. \end{aligned}

2. Beweis. Nach der Ungleichung vom harmonischen und arithmetischen Mittel gilt

\frac{u + v + w}{3} ≥ \frac{3}{\frac{1}{u} + \frac{1}{v} + \frac{1}{w}} .

Bildet man den Kehrwert und setzt u = a + b, v = b + c und w = c + a, so folgt

\frac{1}{a + b} + \frac{1}{b + c} + \frac{1}{c + a} ≥ \frac{9}{2(a + b + c)}.

Setzt man dies in (∗) ein, so folgt sofort f(a, b, c) ≥ \frac{9}{2} − 3 = \frac{3}{2}.

Als nächstes stellt man sich nun die Frage nach möglichen Verallgemeinerungen. Man findet beispielsweise schnell, daß unter denselben Voraussetzungen wie oben

\frac{a_{1}}{s − a_{1}} + \frac{a_{2}}{s − a_{2}} + … + \frac{a_{n}}{s − a_{n}} ≥ \frac{n}{n − 1}  (7.2)

gilt, wobei wir zur Abkürzung s = a_{1} + … + a_{n} gesetzt haben. Für n = 3 geht dies in die Nesbittsche Ungleichung über. Beweis von (7.2). Mit Hilfe der Ungleichung von arithmetischem und harmonischem Mittel folgt

\begin{aligned}\frac{a_{1}}{s − a_{1}} + … + \frac{a_{n}}{s − a_{n}} & = & \frac{s}{s − a_{1}} + … + \frac{s}{s − a_{n}} − n \\ & ≥ & \frac{n^{2}}{\frac{s−a_{1}}{s} + … + \frac{s−a_{n}}{s}} − n = \frac{n^{2}}{n − 1} − n = \frac{n}{n − 1}. \end{aligned}

Eine andere (und vielleicht naheliegendere) Verallgemeinerung von (7.1) ist

\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + \frac{a_{2}}{a_{3} + a_{4}} + … + \frac{a_{n−1}}{a_{n} + a_{1}} + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} ≥ \frac{n}{2}  (7.3)

für positive reelle Zahlen a_{1}, …, a_{n}. Diese Frage wurde 1954 von Shapiro [2] aufgeworfen und für n = 3, 4 positiv beantwortet. Für n = 5 wurde (7.3) von Phelps bewiesen (sh. [3]); ein Gegenbeispiel von Lighthill für n = 20 wurde in [4] veröffentlicht. 1958 konnte Mordell [5] (7.3) für n = 3, 4, 5, 6 beweisen; seine Idee war folgende: sei y_{1} = x_{2} + x_{3}, …, y_{n} = x_{1} + x_{2}. Dann gilt

(\frac{x_{1}}{y_{1}} + … +\frac{x_{n}}{y_{n}} )(x_{1}y_{1} + … + x_{n}y_{n})

= x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} + \frac{x_{1}}{y_{1}} x_{2}y_{2} + \frac{x_{2}}{y_{2}} x_{1}y_{1} + … + \frac{x_{n−1}}{y_{n−1}} x_{n}y_{n} + \frac{x_{n}}{y_{n}} x_{n−1}y_{n−1}

= x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} + x_{1}x_{2}(\frac{y_{1}}{y_{2}} + \frac{y_{2}}{y_{1}} ) + … + x_{n−1}x_{n}(\frac{y_{n−1}}{y_{n}} + \frac{y_{n}}{y_{n−1}} )

≥ x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2} + 2x_{1}x_{2} + … + 2x_{n−1}x_{n}
= (x_{1} + … + x_{n})^{2}.

(Man beachte x + \frac{1}{x} ≥ 2). Mordells Idee war nun, die Ungleichung

(x_{1} + … + x_{n})^{2} ≥ \frac{n}{2}(x_{1}y_{1} + … + x_{n}y_{n})  (7.4)

nachzuweisen; daraus folgt dann mit (7.4) sofort die Ungleichung (7.3). Für n = 3 ist nach (7.4)

(x_{1} + x_{2} + x_{3})^{2} ≥ \frac{3}{2}(x_{1}(x_{2} + x_{3}) + x_{2}(x_{3} + x_{1}) + x_{3}(x_{1} + x_{2}))

zu zeigen, was sich nach einer leichten Umformung als eine zu der bekannten Ungleichung x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} ≥ x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + x_{3}x_{1} äquivalente herausstellt.

Für n = 4 besagt (7.4)

(x_{1} +x_{2} +x_{3} +x_{4})^{2} ≥ 2(x_{1}(x_{2} +x_{3})+x_{2}(x_{3} +x_{4})+x_{3}(x_{4} +x_{1})+x_{4}(x_{1} +x_{2})).

Diese ist, wie man leicht sieht, zur Ungleichung (x_{1} − x_{3})^{2} + (x_{2} − x_{4})^{2} ≥ 0 äquivalent. Also ist (7.3) für n = 4 bewiesen.

Der Beweis für n = 5 beruht auf der Ungleichung

(n − 1)( ∑_{i=1}^{n} x_{i})^{2} ≥ 2n ∑_{i<j} x_{i}x_{j},  (7.5)

die für alle n ∈ ℕ und alle x_{i} ∈ ℝ gilt. Für n = 5 ist nun

∑_{i<j} x_{i}x_{j} = ∑_{i=1}^{n} x_{i}y_{i} und \frac{2n}{n − 1} = \frac{n}{2},

und daher ist (7.5) für n = 5 äquivalent zu (7.4).

Auch für n = 6 läßt sich (7.3) noch mithilfe von (7.4) beweisen; für n ≥ 7 wird (7.4) aber falsch, wie Mordell zeigen konnte. Aus diesem Grunde, und wegen Zulaufs Gegenbeispiel, hat er vermutet, daß (7.3) für alle n ≥ 7 falsch ist.

Ebenfalls 1958 (in einem Anhang zu Mordells Arbeit) fand Zulauf ein Gegenbeispiel für n = 14, und dies bedeutete, daß (7.3) für alle geraden Zahlen ≥ 14 falsch ist. Dazu setzen wir

f_{n}(a_{1}, …, a_{n}) = \frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n−1}}{a_{n} + a_{1}} + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}}

und definieren

μ(n) = inf_{a_{i}≥0} f_{n}(a_{1}, …, a_{n}).

Die Gleichung f_{n+2}(a_{1}, …, a_{n−1}, a_{n}, a_{n−1}, a_{n}) = f_{n}(a_{1}, …, a_{n}) + 1 zeigt dann sofort, daß μ(n+2) ≤ μ(n)+1 gilt. Ist also die Ungleichung für irgendein n ∈ ℕ falsch, dann ist sie auch für n + 2 nicht richtig.

Hier folgt Zulaufs Gegenbeispiel: er setzte n = 2m, a_{2k} = a_{k}ε und a_{2k−1} = 1 + b_{k}ε, wobei ε > 0 eine (kleine) positive reelle Zahl ist. Man findet dann

f_{2m}(a_{1}, …, a_{2m}) = m + qε^{2} + O(ε^{3}),

wobei q = q(a, b) eine quadratische Form in a und b ist, und wo O(ε^{3}) eine Potenzreihe in ε ist, die erst mit ε^{3} beginnt. Zulauf setzte

(a_{1}, …, a_{7}) = (7, 6, 5, 2, 0, 1, 4), (b_{1}, …, b_{7}) = (7, 4, 1, 0, 1, 4, 6),

und errechnete q = −2. Für sehr kleine ε wird daher der quadratische Anteil überwiegen, und für solche Werte ist (7.3) dann falsch.

Schon im Jahre 1958 konnte Rankin [7] zeigen, daß (7.3) für alle hinreichend großen n falsch ist: er setzte λ(n) = \frac{μ(n)}{n} und zeigte lim_{n→∞} λ(n) = inf_{n≥1} λ(n) = λ für ein λ < \frac{1}{2} − 7 · 10^{−8}.

Daß Mordells Vermutung, (7.3) sei für alle n ≥ 7 falsch, nicht richtig ist, bewies D. Z. Dokovic [12] 1963, indem er die Richtigkeit von (7.3) für n = 8 nachwies. Durch ein Gegenbeispiel für n = 25 und Beweise für alle n ≤ 12 war die Gültigkeit von (7.3) schließlich nur noch für n = 13, 15, 17, 19, 21, 23 offen.

Den Schlußpunkt unter diese Fragen setzte schließlich B. A. Troesch 1990 mit dem Beweis, von

Satz 4. Die Ungleichung (7.3) ist genau für n ∈ {1, 2, …, 13, 15, 17, 19, 21, 23} richtig.

Alle Beweise für n > 8 beruhen auf umfangreichen Computerberechnungen. Ein sehr kurzer Beweis für n ≤ 6 via Fourier-Transformationen stammt von E. und S. Freidkin [19].

Auf der sowjetischen Olympiade in Kiev 1969 wurde folgende Aufgabe gestellt:

\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + \frac{a_{2}}{a_{3} + a_{4}} + … + \frac{a_{n−1}}{a_{n} + a_{1}} + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} > \frac{n}{4}  (7.6)

d.h. μ(n) > \frac{n}{4}. Nach der Olympiade zeigte der Schüler Drinfeld [16], daß sogar μ(n) ≥ c · \frac{n}{2} mit c = 0, 989 … gilt. Dies sollte nicht seine letzte Veröffentlichung bleiben: im Jahre 1990 erhielt V. G. Drinfeld die Fields–Medaille (den mathematischen ’Nobelpreis’). Übrigens war der einzige deutsche Fields-Medaillen-Gewinner, Gerd Faltings, Bundessieger im Bundeswettbewerb Mathematik in den Jahren 1970/71 und 1971/72.

Ein möglicher Beweis für (7.6) ist folgender: es gilt

S = \frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + \frac{a_{2}}{a_{3} + a_{4}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}}
> \frac{1}{2}(\frac{a_{1}}{a_{1} + a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{n} + a_{1} + a_{2}} + \frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3} + a_{4}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2} + a_{3}} )
= \frac{1}{2}(\frac{a_{n} + a_{1}}{a_{1} + a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n−1} + a_{n}}{a_{n} + a_{1} + a_{2}} )
= \frac{1}{2}(\frac{a_{n} + a_{1} + a_{2}}{a_{1} + a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n−1} + a_{n} + a_{1}}{a_{n} + a_{1} + a_{2}} )

−\frac{1}{2}(\frac{a_{2}}{a_{1} + a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{1}}{a_{n} + a_{1} + a_{2}} ).

Nun ist die erste Klammer nach der Ungleichung von geometrischem und arithmetischem Mittel ≥ n, sodaß noch zu zeigen bleibt:

(\frac{a_{2}}{a_{1} + a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{1}}{a_{n} + a_{1} + a_{2}} ) ≤ \frac{n}{2}.

Nun gilt für r ≤ s und alle t ≥ 0 die Ungleichung \frac{r}{s} ≤ \frac{r+t}{s+t}; folglich ist

\frac{a_{2}}{a_{1} + a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{1}}{a_{n} + a_{1} + a_{2}}  ≤

\frac{1}{2}(\frac{a_{2} + a_{4}}{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}} + \frac{a_{n} + a_{2}}{a_{n} + a_{1} + a_{2} + a_{3}} + …

+\frac{a_{1} + a_{3}}{a_{n} + a_{1} + a_{2} + a_{3}} + \frac{a_{n−1} + a_{1}}{a_{n−1} + a_{n} + a_{1} + a_{2}} ) =

\frac{1}{2}(\frac{a_{1} + a_{3}}{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}} + \frac{a_{2} + a_{4}}{a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4}} + …

+\frac{a_{n} + a_{2}}{a_{n} + a_{1} + a_{2} + a_{3}} + \frac{a_{1} + a_{3}}{a_{n} + a_{1} + a_{2} + a_{3}} )  = \frac{n}{2}.

Für n = 2k ist diese Schranke bestmöglich, wie man durch Einsetzen von a_{1} = a_{3} = … = a_{2k−1} = 1, a_{2} = … = a_{2k} = 0 leicht einsieht. Ist aber n = 2k + 1 ungerade, so folgt mit a_{1} = … = a_{2k−1} = 1, a_{2} = … = a_{2k} = 0 und beliebigem a_{2k+1} nur, daß die bestmögliche Schranke ≥ \frac{n−1}{2} ist.

Es folgen noch einige Ungleichungen von Zulauf, die hierhergehören; zuerst gilt einmal

f_{n}(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) + f_{n}(a_{n}, a_{n−1}, …, a_{1}) ≥ n  (7.7)

Beweis. Wir setzen A_{k} = a_{k} + a_{k+1} (mit a_{n+k} = a_{k}) und finden

f_{n}(a_{1}, a_{2}, …, a_{n}) +f_{n}(a_{n}, a_{n−1}, …, a_{1}) = ∑_{k=1}^{n} \frac{a_{k} + a_{k+3}}{A_{k+1}}

= ∑_{k=1}^{n} \frac{A_{k} − A_{k+1} + A_{k+2}}{A_{k+1}}

= −n + \underbrace{∑_{k=1}^{n} \frac{A_{k}}{A_{k+1}}}_{≥n} + \underbrace{∑_{k=1}^{n} \frac{A_{k+2}}{A_{k+1}}}_{≥n} ≥ n.

Die beiden benutzten Ungleichungen werden als Übungsaufgaben empfohlen.

Weiter gilt (ohne Beweis):

1 < \frac{a_{1}}{a_{1} + a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{n} + a_{1}} < n − 1,

wobei beide Schranken bestmöglich sind. Setzt man A_{k} = a_{k} + a_{k+1} so sind auch die folgenden Ungleichungen bestmöglich:

∑_{k} \frac{a_{k}}{A_{k+2}} ≥ 3, ∑_{k} \frac{a_{k}}{A_{k+4}} ≥ 3, ∑_{k} \frac{a_{k}}{A_{k+3}} ≥ 2.

Für weitere Informationen wird auf das Buch [15] verwiesen. Die Literaturangaben sind bei weitem nicht vollständig; für einen kompletten Überblick sh.

46 Proseminar 1995/96

Probleme

1. Seien a_{1}, …, a_{n} > 0; dann gilt

\frac{a_{1} + a_{2}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n−1} + a_{n}}{a_{n} + a_{1}} + \frac{a_{n} + a_{1}}{a_{1} + a_{2}} ≥ n.

2. Seien a_{1}, …, a_{n} > 0; dann gilt

\frac{a_{2} + a_{3}}{a_{1} + a_{2}} + … + \frac{a_{n} + a_{1}}{a_{n−1} + a_{n}} + \frac{a_{1} + a_{2}}{a_{n} + a_{1}} ≥ n.

3. Die folgende Ungleichung für reelle Zahlen 0 ≤ x_{i} < 1 gilt für n ≤ 3 und ist für n ≥ 6 falsch:

∏_{i=1}^{n} \frac{x_{i}}{1 − x_{i}} ≤ \frac{∑_{i=1}^{n} x_{i}^{n}}{∑_{i=1}^{n}(1 − x_{i})^{n}} .

Über die Fälle n = 4, 5 weiß man nichts (1995).

Literatur

[1] A. M. Nesbitt, Problem 15114, Educ. Times (2) 3 (1903), 37–38

[2] H. S. Shapiro, Problem 4603 Amer. Math. Monthly 61 (1954), 571

[3] M. J. Lighthill, An invalid inequality, Amer. Math. Monthly 63 (1956), 191–192

[4] C. V. Durell, Query, Math. Gaz. 40 (1956), 266

[5] L. J. Mordell, On the inequality … and some others, Abh. Math. Sem. Hamburg 22 (1958), 229–240

[6] A. Zulauf, Note on a conjecture of L. J. Mordell, Abh. Math. Sem. Hamburg 22 (1958), 241–242

[7] R. A. Rankin, An inequality, Math. Gaz. 42 (1958), 39–40

[8] A. Zulauf, On a conjecture of L. J. Mordell, Math. Gaz. 43 (1959), 182– 184

[9] R. A. Rankin, A cyclic inequality, Proc. Edinb. Math. Soc. (2) 12 (1960/61), 139–147

[10] A. Zulauf, Note on an inequality, Math. Gaz. 46 (1962), 41–42

[11] B. Baisanski, Univ. Beograd Publ. Elektrotekn. Fak. Ser. Mat. Fiz. 70–76 (1962), 19–20

Ungleichungen 47

[12] D. Z. Dokovic, Sur une inégalité, Proc. Glasgow Math. Assoc. 6 (1963), 1–10

[13] P. H. Diananda, On a cyclic sum, Proc. Glasgow Math. Assoc. 6 (1963), 11–13

[14] P. H. Diananda, Inequalities for some cyclic sums, J. London Math. Soc. 38 (1963), 60–62

[15] D. S. Mitrinovic, Analytic Inequalities, Springer Verlag 1970, pp. 132–138 [16] V. G. Drinfeld, A cyclic inequality, Math. Notes 9 (1971), 68–71

[17] J. C. Boarder, D. E. Daykin, Inequalities for certain cyclic sums II, Proc. Edinburgh Math. Soc. 18 (1973), 209–218

[18] B. A. Troesch, The validity of Shapiro’s cyclic inequality, Math. Comput. 53 (1989), 657–664

[19] E. Freidkin, S. A. Freidkin, On a problem by Shapiro, Elem. Math. 45 (1990), 137–139

[20] A. Clausing, A review of Shapiro’s inequality, in: General inequalities 6, Proc. 6th Int. Conf. Oberwolfach 1990, (1992) 17–31 48 Proseminar 1995/96

Schubfachprinzip I

Dieses einfache, aber schlagkräftige Prinzip wurde erstmals von Dirichlet (1805– 1859) explizit formuliert:

Schubfachprinzip Werden s + 1 Perlen in s Schubfächer getan, so enthält wenigstens ein Schubfach mehr als eine Perle.

Damit lassen sich einige überraschende Sachen machen:

Beispiel 4. In einem Saal sind n Personen anwesend. Zeige, daß es zwei Personen gibt, die im Saal dieselbe Anzahl von Bekannten haben.

Bew. Eine Person (Perle) kommt in das Schubfach Nr. i, wenn sie i Bekannte im Saal hat. Es gibt n Personen und n Schubfächer (0, 1, …, n − 1); aber die Schubfächer 0 und n − 1 können nicht gleichzeitig besetzt sein. Also gibt es ein Schubfach mit mehr als einer Person.

Beispiel 5. (Erdös) Gegeben seien n nicht notwendig verschiedene ganze Zahlen a_{1}, …, a_{n}; dann existiert eine Teilmenge dieser Zahlen, deren Summe durch n teilbar ist.

Bew. Betrachte die Summen

s_{1} = a_{1}
s_{2} = a_{1} + a_{2}
⋮
s_{n} = a_{1} + … + a_{n}

Ist eine dieser Zahlen durch n teilbar, so sind wir fertig; andernfalls fallen sie in die Restklassen 1, 2, …, n − 1 modulo n, folglich gibt es s_{i} und s_{j} mit i < j und s_{j} ≡ s_{i} mod n. Damit ist s_{j} − s_{i} = a_{i+1} + … a_{j} durch n teilbar.

Beispiel 6. (Erdös Amer. Math. Monthly, Problem 3740) Unter n + 1 natürlichen Zahlen a_{1}, …, a_{n+1} ∈ {1, 2, …, 2n} gibt es stets zwei, sodaß die eine durch die andere teilbar ist.

Bew. Schreibe a_{i} = 2^{k_{i}}b_{i} für i = 1, …, n+1, wobei alle b_{i} ungerade sind. Wegen b_{i} ∈ {1, 3, …, 2n − 1} (diese Menge enthält n ungerade Zahlen) muß b_{r} = b_{s} für ein r ≠ s sein. Damit ist a_{r} | a_{s} oder a_{s} | a_{r}.

Beispiel 7. Seien a, b ∈ ℕ teilerfremd; dann existieren x, y ∈ ℕ mit ax−by = 1.

Bew. Betrachte die Resstklassen a, 2a, …, (b − 1)a mod b. Der Rest 0 kommt nicht vor, denn aus b | ka und ggT (a, b) = 1 folgt b | k, was wegen k = 1, 2, …, b − 1 in unserem Fall nicht sein kann.

Käme auch der Rest 1 nicht vor, so existierten nach dem Schubfachprinzip natürliche Zahlen p und q mit 0 < p < q < b und b | (pa − qa) = a(p − q). Wieder impliziert dies b | (p − q), was aber nicht sein kann.

Also kommt der Rest 1 vor, d.h. es ist xa ≡ 1 mod b für ein 1 ≤ x ≤ b − 1. Dies bedeutet b|(ax − 1), anders gesagt: es gibt ein y ∈ ℤ mit ax − 1 = by. Wegen ax > 1 und b > 0 ist sogar y ∈ ℕ.

Korollar 5. Sei p eine Primzahl; dann ist die Menge der Restklassen

𝔽_{p} = ℤ/pℤ = {0, 1, 2, …, p − 1 mod p}

ein endlicher Körper mit p Elementen.

Bew. Allein die Existenz eines Inversen von a ≢ 0 mod p ist zu zeigen. In diesem Fall sind aber a und p teilerfremd, weil p eine Primzahl ist, folglich existieren x, y ∈ ℤ mit ax − py = 1. Betrachtet man diese Gleichung als Kongruenz modulo p, so folgt ax ≡ 1 mod p, m.a.W.: die Restklasse x mod p ist die Inverse von a mod p.

Beispiel 8. (XVII IMO 1975) Sei a_{1} < a_{2} < a_{3} < … eine unendliche Folge positiver ganzer Zahlen. Man zeige, daß unendlich viele Elemente a_{m} dieser Folge in der Form a_{m} = xa_{p} + ya_{q} mit geeigneten x, y ∈ ℕ geschrieben werden können; dabei soll p ≠ q sein.

Bew. Unendlich viele dieser a_{m} liegen in ein und derselben Restklasse mod a_{1}. Sei a_{p} die kleinste davon; dann gilt für unendlich viele a_{m} die Kongruenz a_{m} ≡ a_{p} mod a_{1}, d.h. es gilt a_{m} = a_{p} + y · a_{1}. Dabei ist y > 0 für alle m > p, da dann a_{m} > a_{p} gilt.

Beispiel 9. (Putnam 1971) Unter 9 Gitterpunkten der Ebene gibt es drei, deren Schwerpunkt ebenfalls wieder ein Gitterpunkt ist. Dabei läßt sich die Zahl 9 nicht durch 8 ersetzen.

Bew. Wir beginnen mit einer Vorüberlegung. Seien dazu drei Punkte P_{i} mit ganzzahligen Koordinaten (x_{i}, y_{i}, z_{i}) gegeben. Die Koordinaten des Schwerpunkts S der P_{i} sind durch das arithmetische Mittel der Koordinaten der P_{i} gegeben. S ist also genau dann ein Gitterpunkt, wenn die Summen x_{1} +x_{2} +x_{3}, y_{1} + y_{2} + y_{3} und z_{1} + z_{2} + z_{3} alle durch drei teilbar sind. Da es dabei auf Vielfache der 3 nicht ankommt, dürfen wir oBdA annehmen, daß alle Koordinaten x_{i}, y_{i}, z_{i} ∈ {−1, 0, +1} liegen.

Nun zum Beweis. Sind unter den neun Punkten drei gleiche, so sind wir fertig. Also nehmen wir an, es gäbe mindestens fünf verschiedene. Durch Translation der Punkte in der Ebene können wir erreichen, daß einer von ihnen A = (0, 0) ist. Jetzt betrachten wir die Koordinatenachsen und die beiden Diagonalen: wenn auf einer dieser vier Geraden zwei von A verschiedene Punkte liegen, sind wir fertig; also nehmen wir an, daß es auf jeder dieser Geraden außer A noch genau einen Punkt gibt. Durch Drehen können wir die beiden Punkte auf den Diagonalen nach B = (1, 1) und C = (−1, 1) bringen; die Punkte ≠ A auf den Koordinatenachsen müssen dann auf (−1, 0), (0, −1) oder (1, 0) liegen (der Punkt (0, 1) kommt nicht in Frage, weil dann der Schwerpunkt von B, C und (0, 1) ganzzahlig wäre). Indem wir ggf. an der y-Achse Spiegeln, können wir den Punkt (1, 0) nach D = (−1, 0) bringen; B, C und E = (0, −1) bleiben dabei fest. Jetzt ist aber der Schwerpunkt von B, D und E ein Gitterpunkt.

Die Zahl 9 ist optimal: legt man je zwei Punkte auf (0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1), so gibt es keine drei, deren Schwerpunkt wieder ein Gitterpunkt ist.

Dieses Ergebnis läßt sich per Induktion leicht verallgemeinern; wir erläutern dies am Fall n = 3:

Beispiel 10. Unter 25 Gitterpunkten im Raum existieren drei, deren Schwerpunkt ebenfalls wieder ein Gitterpunkt ist.

Bew. Wir betrachten die Koordinaten der Gitterpunkte modulo 3. Dann gibt es eine Ebene z ∈ \{−1, 0, 1\}, die mindestens 9 = \frac{25−1}{3} + 1 Punkte enthält. Unter diesen gibt es nach dem vorhergehenden Ergebnis drei, deren Schwerpunkt ebenfalls wieder ein Gitterpunkt ist.

In [1] wurde gezeigt, daß man 25 durch 19 ersetzen darf, und daß dies bestmöglich ist.

Mittels vollständiger Induktion findet man jetzt leicht

Satz 6. Sei a_{2} = 9 und a_{n+1} = 3a_{n} − 2 für n ≥ 2. Dann gilt: unter a_{n} Gitterpunkten im ℝ^{n} gibt es drei, deren Schwerpunkt wieder ein Gitterpunkt ist. Dagegen kann man 2^{n+1} Gitterpunkte so angeben, daß es unter ihnen keine drei mit dieser Eigenschaft gibt.

Dieser Satz besagt, daß die ’bestmögliche’ Anzahl von gegebenen Gitterpunkten zwischen 2^{n+1} und 3^{n} liegt; für n ≥ 4 ist die genaue Anzahl ein ungelöstes Problem. Entsprechende Fragen für Schwerpunkte von k Gitterpunkten für k ≥ 4 sind ebenfalls ungelöst.

Die Zahlentheorie kennt eine ganze Reihe von Aussagen, die sich mit Hilfe des Schubfachprinzips beweisen lassen:

1. Eine Primzahl p = 4n + 1 ist Summe zweier Quadrate.

2. Jede Primzahl p = 8n + 1 läßt sich in der Form p = c^{2} + 2d^{2} = e^{2} − 2f^{2} schreiben.

3. Ist d > 0 quadratfrei, dann ist x^{2} − dy^{2} = 1 in ganzen Zahlen x, y ∈ ℤ lösbar.

4. Jede natürliche Zahl ist Summe von vier Quadraten.

Die Aussagen sind hier nach steigendem Schwierigkeitsgrad geordnet; Auf dem Schubfachprinzip beruhende Beweise für die beiden ersten und den letzten Satz findet man in dem Büchlein [2], die dritte in [3]. In den meisten andern Quellen werden 1. und 2. mit Methoden bewiesen, die aus der algebraischen Zahlentheorie kommen (Arithmetik in ℤ[i] etc.), während 3. mit Kettenbrüchen und 4. mit Methoden der Zahlengeometrie hergeleitet wird; Letzteres ist aber nichts anderes als eine sehr kräftige Verallgemeinerung des Schubfachprinzips von Minkowski.

Übungen

1. Unter 13 Personen gibt es zwei, die im selben Monat geboren sind.

2. An einer Schule mit 400 Schülern gibt es zwei, die am selben Tag Geburtstag haben. Für welche Zahl von Schülern bleibt diese Behauptung richtig? Wieviele Schüler muß eine Schule haben, damit mindestens drei Schüler am gleichen Tag Geburtstag haben?

3. Von einer Schule weiß man, daß dort niemals zwei Schüler am selben Tag Geburtstag haben. Was kann man über die Zahl der Schüler an dieser Schule sagen?

4. Werden qs+1 Perlen in s Schubfächer getan, dann enthält mindestens ein Schubfach mehr als q Perlen.

Literatur

[1] B. Leeb, C. Stahlke, Eine Gitterpunktaufgabe, Mathe Plus

[2] A. Scholz, Einführung in die Zahlentheorie, Göschen Verlag

[3] H. Cohn, A Second Course in Number Theory

Jacobi/Kronecker

Im folgenden geht es um ein Thema, dessen sich zuerst Jacobi und Kronecker angenommen haben, und das in den Händen von H. Weyl zu einer mathematischen Theorie ausgebaut wurde, nämlich der Theorie der Gleichverteilung. Das Grundproblem der Theorie sieht recht unschuldig aus:

Beispiel 11. Gegeben sei ein Kreis mit Umfang 1; ein Strichmännchen geht mit der irrationalen Schrittweite α (längs des Kreisumfangs gemessen) auf dem Kreisumfang entlang, der ein Loch der Breits ε > 0 enthält. Man zeige: Früher oder später tritt das Männchen ins Loch.

P_{0} . P_{1} . P_{2} .  P_{3} .  P_{4} . P_{5} .  _{.0  .1  .2 P_{0} .P_{1} .P_{2} .P_{3} .P_{4} .P_{5}}

Der Mann starte im Punkt P_{0}; es seien P_{1}, P_{2}, … die weiteren Punkte, in denen er seinen Fuß aufsetzt. Läßt man ihn auf der Zahlengerade laufen, so entsteht das linke Bild, indem man die Zahlengerade auf dem Kreis ”aufwickelt“.

Wir behaupten zuerst:

1. Für alle m ≥ 1 gibt es zwei Punkte P_{i}, P_{j} mit i ≠ j und Abstand d(P_{i}, P_{j}) ≤ \frac{1}{m}.

Auch hier ist der Abstand wieder entlang des Umfangs zu nehmen. Zum Beweis betrachten wir die Punkte P_{0}, P_{1}, …, P_{m} und unterteilen den Kreisumfang in m gleiche Abschnitte der Länge \frac{1}{m}. Nach dem Schubfachprinzip gibt es einen Abschnitt, der mindestens zwei Punkte P_{i}, P_{j} mit i ≠ j enthält, und diese beiden haben offenbar Abstand ≤ \frac{1}{m}.

2. Zu einem gegebenen Punkt P auf dem Kreisumfang gibt es ein P_{k}, das von P einen Abstand ≤ \frac{1}{m} hat.

Wir machen zuerst i Schritte und sind dann im vorhin konstruierten Punkt P_{i}. Jetzt kommt der Siebenmeilenstiefel–Trick: wir machen ab jetzt jedes mal ℓ = j − i Schritte. Dann landen wir zuerst auf P_{i+ℓ} = P_{j}, d.h. unsere effektive Schrittweite ist jetzt ω = d(P_{i}, P_{j}) ≤ \frac{1}{m}. Im zweiten Schritt landen wir in P_{i+2ℓ}, und dieser hat von P_{i+ℓ} wieder Abstand ω; mit anderen Worten: wir bewegen uns nun mit einer Schrittweite ω ≤ \frac{1}{m} auf dem Kreisumfang. Damit gelangen wir selbstverständlich irgendwann so nahe an P heran, daß der Abstand von P kleiner als die Schrittweite ist (genauer: ≤ der halben Schrittweite).

Wir haben beim obigen Beweis etwas gemogelt: wenn nämlich unsere effektive Schrittweite ω = 0 ist, dann kommen wir nicht vom Fleck. Was wissen wir über ω = d(P_{i}, P_{j})? Nun, wir erhalten P_{j} aus P_{i}, indem wir (j − i)-mal α addieren und dann eine geeignete ganze Zahl m abziehen (genauer ist m die Anzahl unserer Umläufe). Damit ist ω = nα−m, und aus ω = 0 folgt nun sofort α = \frac{m}{n}: dies widerspricht aber unserer Voraussetzung, daß α irrational sein soll.

Die ursprüngliche Behauptung folgt sofort aus diesen Überlegungen: man wählt einfach m so groß, daß \frac{1}{m} < ε ist.

Jetzt kommt ein Beispiel, das auf den ersten Blick nichts mit Obigem zu tun hat:

Beispiel 12. Es gibt ein n ∈ ℕ, sodaß 2^{n} mit den Ziffern 999.999 beginnt.

Tatsächlich ist dies ganz einfach: wir lassen unser Männchen, beginnend in P_{0} = 0, mit der Schrittweite lg 2 (warum ist lg 2 irrational?) auf einem Kreis mit Umfang 1 herumlaufen, von dem wir das Stückchen zwischen P_{0} und P_{0} − ε herausgeschnitten haben, wo ε = 6 − lg 999.999 ist. Da das Männchen früher oder später in das Loch tritt, gibt es ein n ∈ ℕ (die Anzahl der Schritte) und ein k ∈ ℕ mit lg 0, 999.999 < n lg 2 − k < 0. Dies impliziert aber k + lg 0, 999.999 < lg 2^{n} < k, also 0, 999.999 · 10^{k} < 2^{n} < 10^{k}, und das war zu zeigen.

Selbstverständlich zeigt dieselbe Methode, daß man zu jeder beliebig vorgegebenen endlichen Ziffernfolge eine 2-erpotenz finden kann, die mit dieser Folge beginnt. Weiter kann man die Potenzen von 2 durch Potenzen anderer Zahlen wie 3, 4, 5 etc. ersetzen (nicht aber durch 10: wo geht der Beweis schief?).

Das nächste Beispiel gehört in die ”diophantische Approximation“; das ist eine Theorie, die sich mit der Frage beschäftigt, wie gut sich reelle Zahlen durch rationale Zahlen approximieren lassen.

Beispiel 13. Zu jedem x ∈ ℝ existieren p ∈ ℤ und q ∈ ℕ mit |x − \frac{p}{q}| < \frac{1}{q^{2}} .

Die Behauptung ist weitaus schärfer als das einfache ”ℚ liegt dicht in ℝ“ (= ”jede reelle Zahl läßt sich beliebig genau durch eine rationale Zahl approximieren“): sie gibt bei vorgegebenem Fehler eine Schranke für die Größe des Nenners der rationalen Zahl. Der Beweis ist inzwischen ein Kinderspiel: wir brauchen nur zu zeigen, daß es p,q und ein m ≤ q gibt mit |qx − p| < 1/m. Ist x rational, so ist die Behauptung trivial (warum?). Andernfalls lassen wir unser Männchen mit der Schrittweite x um den Kreis laufen und stellen fest, daß es Punkte P_{i} und P_{j} mit i < j, i, j < q und Abstand < 1/m gibt. Mit anderen Worten: setzt man q = j − i, so gibt es ein p ∈ ℕ mit |qx − p| < 1/m.

Eine leichte Verschärfung der Behauptung ist die folgende: Zu jedem x ∈ ℝ existieren unendlich viele p ∈ ℤ und q ∈ ℕ mit der Eigenschaft

|x − \frac{p}{q}| < \frac{1}{q^{2}} .  (9.1)

Wie kann man dies zeigen?

Hier ist eine weitere Verallgemeinerung: ist ξ ∈ ℝ irrational und α ∈ ℝ beliebig, dann gibt es zu jedem N ∈ ℕ und zu jedem ε > 0 ein q > N und ein p ∈ ℤ mit

|qξ − p − α| < ε.

Kronecker hat gezeigt, daß man sogar mit ε = \frac{3}{q} auskommt; allerdings ist sein Beweis deutlich komplizierter als der obige, der auf dem Schubfachprinzip beruht.

Dieses letzte Problem gehört in die Theorie der diophantischen Approximation, die sich mit der Frage beschäftigt, wie gut bzw. wie schlecht sich gewisse reelle Zahlen durch rationale approximieren lassen. Typische Fragen sind beispielsweise, ob man in (9.1) die Schranke \frac{1}{q^{2}} durch \frac{1}{cq^{2}} für ein c > 1 ersetzen kann (dies ist in der Tat möglich: Hurwitz hat gezeigt, daß man c = \sqrt{5} nehmen kann) oder ob man gar den Exponenten 2 in q^{2} erhöhen kann (man kann nicht).

Man kann auch zeigen, daß diese Approximation für gewisse irrationale Zahlen nicht zu gut sein können; beispielsweise gilt (sh. [2]):

Proposition 7. Für alle m, n ∈ ℕ gilt |\sqrt{2} − \frac{m}{n}| ≥ \frac{1}{3n^{2}} .

Daraus folgt offenbar sofort, daß \sqrt{2} nicht rational sein kann. In der Tat muß man dies aber in den Beweis hineinstecken; die wesentliche Idee ist nämlich folgende: da \sqrt{2} irrational ist, muß 2b^{2} − a^{2} ≠ 0 sein für alle a, b ∈ ℕ. Da dies aber eine ganze Zahl ist, folgt sogar |2b^{2} − a^{2}| ≥ 1. Der Rest des Beweises ist nur noch Technik.

Weiter kann man das eben besprochene Problem verallgemeinern: gegeben seien α, β ∈ ℝ; wann gibt es rationale Zahlen y/x, z/x mit einem gemeinsamen Nenner x und

|α − \frac{y}{x}| < \frac{1}{f(x)}, |β − \frac{z}{x}| < \frac{1}{f(x)},  (9.2)

und wie groß dürfen wir f(x) wählen?

Ein anderes Problem, das sich mit den oben vorgestellten Ideen lösen läßt, ist das folgende:

Beispiel 14. Ist m irrational, so geht die Gerade y = mx durch keinen Gitterpunkt außer (0, 0), kommt aber Gitterpunkten beliebig nahe.

Für Beweis und einiges andere sei auf Kapitel 23 in dem Klassiker [1] verwiesen.

56 Proseminar 1995/96

Literatur

1. G. H. Hardy, E. M. Wright, Einführung in die Zahlentheorie, 1958 2. Rademacher, Toeplitz, Von Zahlen und Figuren, Springer Verlag

Ramsey-Zahlen

Bei Ramsey-Zahlen geht es um Vertiefungen des Schubfachprinzips. Benannt ist die Ramsey-Theorie nach Frank Plimpton Ramsey (1903-1930); grob gesagt beschäftigt sich die Ramsey-Theorie mit Aussagen, nach denen ”vollständige Unordnung“ unmöglich ist (mit anderen Worten: in jedem Chaos muß ein bißchen Ordnung sein). Die Ramsey-Theorie ist heute zu einem Teil der Graphentheorie geworden; die ursprünglichen Probleme wurden dabei ziemlich verallgemeinert (eine häufige Beobachtung in der Mathematik: wenn man Probleme nicht lösen kann, dann verallgemeinert man sie; und die Ramsey-Theorie kennt Unmengen offener Probleme).

Wer sich für die Ramsey-Theorie interessiert, sollte auf jeden Fall einen Blick in das Büchlein [2] werfen; eine Lektüre des Satzes von van der Waerden ist allen denjenigen ans Herz gelegt, die einmal ein Meisterwerk eines Induktionsbeweises sehen wollen.

Das erste Beipiel, das besprochen werden soll, erschien zuerst in der ungarischen Olympiade 1947 und dann 1953 im Putnam-Wettbewerb. 1956 erschien es als Problem E 1321 im American Mathematical Monthly, und 1964 schließlich wurde dort eine Verallgemeinerung als Problem E 1653 gestellt.

Bevor wir loslegen, führen wir die notwendigen Begriffe ein. Unter dem Graph K_{n} verstehen wir eine Menge von n Punkten, die alle durch Kanten miteinander verbunden sind. Der K_{3} ist also ein gewöhnliches Dreieck (ohne Inhalt), der K_{4} ein Quadrat samt beider Diagonalen (man kann sich den K_{4} natürlich auch als Tetraeder vorstellen; für die Fragen, um die es hier geht, ist es irrelevant, ob man sich den K_{n} als ebene Figur oder im ℝ^{n} vorstellt).

Beispiel 15. Unter sechs Personen gibt es stets drei, die sich gegenseitig kennen, oder drei, die sich gegenseitig nicht kennen.

Bew. Wir stellen die sechs Personen durch Punkte dar und verbinden sie mit einer roten Kante, wenn sie sich kennen, und mit einer blauen, wenn dies nicht der Fall ist. Zu zeigen ist dann, daß jede Färbung des K_{6} mit zwei Farben ein rotes oder oder ein blaues Teildreieck produziert.

Seien also die Kanten eines K_{6} rot oder blau gefärbt. Sei P eine der sechs Ecken. Mindestens drei der fünf von P ausgehenden Kanten haben die gleiche Farbe, sagen wir rot. Diese Kanten enden in drei Punkten A, B, C. Ist eine der Seiten des Dreiecks ABC rot, so haben wir ein rotes Dreieck; andernfalls ist ABC ein blaues.

Übrigens ist 6 bestmöglich: wenn wir im K_{5} die äußeren Kanten rot und die Diagonalen blau färben, so enthält K_{5} kein einfarbiges Dreieck.

Beispiel 16. (VI. IMO 1964) Jeder von 17 Gelehrten steht im Briefwechsel mit allen andern. Sie korrespondieren nur über drei Themen, und je zwei Gelehrte behandeln genau ein Thema. Zeige, daß es mindestens drei Gelehrte gibt, die untereinander ein und dasselbe Thema behandeln.

Übertragen in die Sprache der Graphentheorie bedeutet dies: färbt man den K_{17} mit drei Farben, dann existiert ein monochromatisches (d.h. einfarbiges) Teildreieck.

Seien also die Kanten eines K_{17} rot, blau oder grün gefärbt. Mindestens 6 der 16 von einer Ecke P ausgehenden Kanten haben dieselbe Farbe, sagen wir rot. Diese roten Kanten enden in 6 Punkten A_{1}, …, A_{6}. Ist ein Paar dieser Punkte mit einer roten Kante verbunden, dann haben wir ein rotes Dreieck und sind fertig. Andernfalls haben wir einen K_{6}, der mit zwei Farben gefärbt ist. Nach dem eben behandelten Beispiel enthält dieser ein monochromatisches Dreieck.

Auch hier läßt sich zeigen daß die Zahl 17 bestmöglich ist (dies war in der Aufgabe nicht verlangt): dazu müssen wir einen K_{16} so mit drei Farben anmalen, daß er kein monochromatisches Dreieck enthält. Es würde natürlich genügen, einen K_{16} hinzumalen, der diese Eigenschaften hat. Interessanter ist aber die folgende Lösung, bei der wir den Vektorraum V = 𝔽_{2}^{4} verwenden werden. Bekanntlich bezeichnet 𝔽_{2} = {0, 1} den Körper mit zwei Elementen, folglich ist V = 𝔽_{2}^{4} die Menge aller Vektoren (x, y, z, w) mit x, y, z, w ∈ 𝔽_{2}. Eine Basis dieses Vektorraums ist a = (1, 0, 0, 0), b = (0, 1, 0, 0), c = (0, 0, 1, 0) und d = (0, 0, 0, 1). Der Vektorraum V enthält 16 Elemente, und offenbar ist a + a = b + b = c + c = d + d = 0. Die 15 von 0 verschiedenen Vektoren zerlegen wir in drei summenfreie Teilmengen:

• A_{1} = {a, b, c, d, a + b + c + d};

• A_{2} = {a + b, b + c, c + d, a + b + c, b + c + d};

• A_{3} = {a + c, a + d, b + d, a + c + d, a + b + d}.

Summenfrei bedeutet dabei, daß die Summe zweier Elemente aus einem A_{j} nicht wieder in A_{j} liegt. Den Mengen A_{1}, A_{2}, A_{3} ordnen wir jetzt die Farben 1, 2, 3 (rot, blau und grün) zu. Im K_{16} markieren wir jede Ecke mit je einem Vektor aus V (also mit 0, a, b, c, d, a + b, …), und mit x + y bezeichnen wir die Kante, die x und y verbindet. Jetzt färben wir die Kante x + y mit der Farbe i, wenn x + y ∈ A_{i} ist. Liegen x + y und y + z in derselben Menge, so haben die Seiten xy und yz im Dreieck xyz dieselbe Farbe. Da die Mengen A_{i} summenfrei sind, liegt (x + y) + (y + z) = x + z in einer anderen Menge, d.h. die Seite xz hat eine andere Farbe. Unser so gefärbter K_{16} enthält also kein monochromatisches Dreieck.

Das obige Problem läßt sich verallgemeinern: sei R_{k}(3) die kleinste positive Zahl n mit der Eigenschaft, daß bei jeder Färbung eines K_{n} mit k Farben notwendig ein monochromatisches Dreieck entsteht.

Von vornherein ist nicht einmal klar, ob es eine solche Zahl überhaupt zu geben braucht. Jedenfalls haben wir oben gezeigt, daß R_{2}(3) = 6 und R_{3}(3) = 17 ist. Wir zeigen jetzt

Satz 8. Es ist R_{k}(3) ≤ [k!e] + 1, wo [x] die größte ganze Zahl ≤ x bezeichnet und e = exp(1) die Eulersche Zahl ist.

Für k = 2 liefert dies R_{2}(3) ≤ 6, und für k = 3 finden wir R_{3}(3) ≤ 17; für größere Werte von k ist die Schranke aber nicht exakt: wir erhalten z.B. R_{4}(3) ≤ 66, und man weiß, daß R_{4}(3) ≤ 65 ist.

Bevor wir zum eigentlichen Beweis kommen, zeigen wir ein

Lemma 9. Für alle k ∈ ℕ gilt 0 < ∑_{j=k+1}^{∞} \frac{1}{j!} < \frac{1}{k · k!}.

Beweis. Daß die Summe positiv ist, ist klar. Zur Abschätzung nach oben gehen wir vor wie in jeder Analysis-Einführung: wir schätzen die Exponentialreihe durch eine geometrische Reihe ab. Es ist nämlich

∑_{j=k+1}^{∞} \frac{1}{j!} = \frac{1}{(k + 1)!} + \frac{1}{(k + 2)!} + \frac{1}{(k + 3)!} + …

= \frac{1}{k!}(\frac{1}{k + 1} + \frac{1}{(k + 1)(k + 2)} + \frac{1}{(k + 1)(k + 2)(k + 3)} + …)
< \frac{1}{k!}(\frac{1}{k + 1} + \frac{1}{(k + 1)^{2}} + \frac{1}{(k + 1)^{3}} + …) = \frac{1}{k · k!}

Übrigens folgt aus dieser Abschätzung sofort, daß e irrational ist: wäre nämlich e = \frac{p}{q}, so könnten wir den Bruch erweitern zu e = \frac{r}{q!} für r = p·(q−1)! ∈ ℕ. Daraus folgt, daß q!e = r eine ganze Zahl ist. Nach dem Lemma (angewandt mit k = q) ist aber q!e die Summe einer ganzen Zahl und einer reellen Zahl, die echt zwischen 0 und 1 liegt: Widerspruch!

Nun zum Beweis von Satz 8: wir machen Induktion nach k und haben die Behauptung für k = 2 und k = 3 schon verankert. Sei nun also K_{n} ein vollständiger Graph mit n = [k!e] + 1 Ecken, die mit den Farben F_{1}, …, F_{k} gefärbt sind. Der Eckpunkt x ist damit Endpunkt von genau n − 1 Kanten. Nun ist

n − 1 = [k!e] = ∑_{j=0}^{k} \frac{k!}{j!}

nach obigem Lemma: denn k!e ist die Summe der ganzen Zahl ∑_{j=0}^{k} \frac{k!}{j!} und des echten Bruchs k! ∑_{j=k+1}^{∞} \frac{1}{j!} < \frac{1}{k}. Also haben wir

n − 1 = 1 + k ∑_{j=0}^{k−1} \frac{(k − 1)!}{j!} = 1 + k[(k − 1)!e]

nach derselben Logik für k − 1. Daher sind unter den n − 1 Kanten mindestens 1 + [(k − 1)!e] von ein und derselben Farbe (wäre dem nicht so, könnte es höchstens k · [(k − 1)!e] Kanten geben), sagen wir F_{1}. Sei X die Menge aller Ecken, die mit x durch eine Kante der Farbe F_{1} verbunden sind. Enthält X zwei Punkte, die mit einer Kante der Farbe F_{1} verbunden sind, dann bilden diese zusammen mit x ein monochromatisches Dreieck.

Andernfalls ist der Teilgraph von K_{n} der aus den 1 + [(k − 1)!e] Ecken X und den Kanten zwischen ihnen besteht, mit k − 1 Farben gefärbt. Nach Induktionsvoraussetzung enthält X (und damit K_{n}) ein monochromatisches Dreieck. Damit ist die Behauptung bewiesen.

Man kann auch eine untere Schranke für die Ramseyzahlen R_{k}(3) angeben; die Tatsache, daß obere und untere Schranke so weit auseinander liegen, zeigt, daß es auf diesem Gebiet noch eine Menge zu tun gibt (vgl. [3]):

Satz 10. Es ist R_{k}(3) ≥ 2^{k} + 1 für alle k ≥ 2.

Der Beweis ist ganz einfach: Sei n_{k} die größte natürliche Zahl, für die eine k-Färbung eines K_{n_{k}} ohne monochromatisches Dreieck existiert. Wir werden zeigen, daß n_{k} ≥ 2n_{k−1} gilt: wegen n_{1} = 2 folgt n_{k} ≥ 2^{k} und damit R_{k}(3) ≥ n_{k} + 1 ≥ 2^{k} + 1.

Wir betrachten nun zwei Kopien eines vollständigen Graphen mit n_{k−1} Ecken, die mit den Farben c_{1}, …, c_{k−1} so gefärbt sind, daß sie kein monochromatisches Dreieck enthalten. Daraus basteln wir einen vollständigen Graphen mit 2n_{k−1} Ecken, und färben jede neue Kante (das sind diejenigen, die die eine mit der andern Kopie des Graphen mit n_{k−1} Ecken verbinden) mit der Farbe c_{k}.

Man überzeugt sich leicht davon, daß der neue Graph kein monochromatisches Dreieck enthalten kann; damit folgt die Behauptung.

Die eben bewiesene Schranke läßt sich leicht verbessern (sh. Übung 2 und 3). Außerdem weiß man noch 51 ≤ R_{4}(3) ≤ 65, und 162 ≤ R_{5}(3) ≤ 322.

Allgemein definiert man die Ramseyzahl R(q_{1}, …, q_{n}) als das kleinste m ∈ ℕ, sodaß jedes mit n Farben gefärbte K_{m} einen monochromatischen K_{q_{i}}, 1 ≤ i ≤ n, enthält. Beispielsweise besagt R(3, 4) = 9, daß jede 2-Färbung des K_{9} ein rotes Dreieck (K_{3}) oder ein blaues Tetraeder (K_{4}) erzwingt. Daß es solche Zahlen überhaupt gibt, ist nicht von vornherein klar, sondern muß bewiesen werden. Die bis heute (Nov. 1994) bekannten Ramseyzahlen sind neben den trivialen R(2, q) = R(q, 2) = q nur die folgenden:

R(3, 3) = 6 R(3, 4) = 9 R(3, 5) = 14 R(3, 6) = 18
R(3, 7) = 23 R(3, 8) = 28 R(3, 9) = 36
R(4, 4) = 18 R(4, 5) = 25

Die neuesten Ergebnisse nebst bekannten Abschätzungen für kleine Ramseyzahlen findet man in [4], einem Artikel in der Online–Zeitschrift ”The Electronic Journal of Combinatorics“. Von Erdös stammen folgende Abschätzungen:

Satz 11. Es gilt R(r, s) ≤ R(r−1, s)+R(r, s−1) für alle r, s ≥ 3; insbesondere ist R(r, s) ≤ \binom{r+s−2}{r−1}.

Wir haben oben im Zusammenhang mit R_{3}(3) = 17 mit summenfreien Mengen hantiert. Schur hat 1916 folgendes Problem betrachtet: welches ist die größte natürliche Zahl S(n), für welche die Menge {1, 2, …, S(n)} in n summenfreie Teilmengen zerlegt werden kann? Man findet relativ einfach, daß S(1) = 1, S(2) = 4, S(3) = 13 gilt. Der Wert S(4) = 44 wurde 1961 von Baumert mit dem Computer bestimmt; meines Wissens sind alle weiteren S(n) unbekannt. Schur hat folgende Abschätzungen bewiesen:

\frac{3^{n} − 1}{2} ≤ S(n) ≤ [en!] − 1.

Eine anderes typisches Färbungsproblem aus der Ramseytheorie ist das folgende:

Beispiel 17. Die Punkte der Ebene werden mit drei Farben gefärbt. Zeige, daß es zwei gleichfarbige Punkte mit Abstand 1 gibt.

Übungen

1. Zerlege die Menge {1, 2, …, 13} in drei summenfreie Teilmengen. Zeige, daß man {1, 2, …, 14} nicht mehr in drei summenfreie Teilmengen zerlegen kann. (Dies zeigt S(3) = 13).

2. Zeige, daß die Menge \{1, 2, …, \frac{1}{2}(3^{n} − 1)\} in n summenfreie Teilmengen zerlegt werden kann. (Damit ist S(n) ≥ \frac{3^{n}−1}{2} bewiesen).

3. Die Menge {1, 2, …, 9} ist irgendwie in zwei Teilmengen zerlegt. Zeige, daß in mindestens einer Teilmenge drei Zahlen liegen, von denen eine das arithmetische Mittel der beiden anderen ist.

4. Die Menge {1, 2, …, 750} ist irgendwie in drei Teilmengen zerlegt. Zeige, daß in mindestens einer Teilmenge drei Zahlen liegen, von denen eine das arithmetische Mittel der beiden anderen ist. Verallgemeinerung?

5. Aus der Menge {1, 2, …, 2n + 1} soll eine summenfreie Teilmenge A mit möglichst vielen Elementen ausgewählt werden. Wie viele Elemente kann A höchstens haben?

6. Beweise die Abschätzung R_{k}(3) ≥ S(k) + 2; zusammen mit dem vorhergehenden Problem liefert dies eine Abschätzung, die besser ist als das grobe R_{k}(3) ≥ 2^{k} + 1.

7. Werden die Punkte der Ebene rot und blau gefärbt, dann gibt es ein rotes Punktepaar mit Abstand 1 oder 4 kollineare blaue Punkte im Abstand 1.

8. Wird ein K_{14} mit zwei Farben gefärbt, so entsteht ein monochromatisches Viereck.

9. Wird ein K_{80} mit drei Farben gefärbt, so entsteht ein monochromatisches Viereck.

Literatur

1. J. Bierbrauer, A. Brandis, On generalized Ramsey numbers for trees, Combinatorica 5 (1985), 95–107

2. R. L. Graham, B. L. Rothschild, J. H. Spencer, Ramsey Theory, John Wiley & Sons, 1990

3. R. E. Greenwood, A. M. Gleason, Canad. J. Math. 7 (1955), 9–20

4. S. R. Radziszowski, Small Ramsey Numbers, Electronic J. Combinatorics 1 (1994), DS1

Der unendliche Abstieg

Bereits die Pythagoräer (5. Jh. v. Chr.) nutzten eine Variante des unendlichen Abstiegs, um Unmöglichkeitsbeweise zu führen. Der Grundgedanke ist folgender: um zu zeigen, daß eine Gleichung

f(x_{1}, …, x_{n}) = 0  (11.1)

in natürlichen Zahlen x_{1}, …, x_{n} keine Lösung hat, nimmt man an, x_{1} = a_{1}, …, x_{n} = a_{n} sei eine solche. Dann konstruiert man (das ist der schwierige Teil) kleinere natürliche Zahlen b_{1}, …, b_{n}, die ebenfalls der Gleichung (11.1) genügen. Jetzt wiederholt man den Schritt und erhält so immer kleinere Lösungen x_{1}, …, x_{n} von (11.1). Das ist aber unmöglich, da eine Folge natürlicher Zahlen nicht unbegrenzt fallen kann.

Am einfachsten macht man sich die Methode an einigen Beispielen klar:

1. Zeige, daß \sqrt{2} keine rationale Zahl ist. Zum Beweis nimmt man an, daß \sqrt{2} = \frac{p}{q} ist, also 2q^{2} = p^{2} (dies entspricht der Gleichung (11.1), wenn wir f(x_{1}, x_{2}) = x_{1}^{2} − 2x_{2}^{2} setzen). Dann muß p gerade sein, sagen wir p = 2r; dies liefert 2q^{2} = 4r^{2}, also q^{2} = 2r^{2}. Jetzt muß q = s gerade sein, und wir finden, daß aus der Lösbarkeit von 2x^{2} = y^{2} in ℕ (mit Lösung x = q, y = p) notwendig die Existenz einer kleineren Lösung (nämlich x = r, y = s) folgt. Wie wir oben schon bemerkt haben, führt dies auf einen Widerspruch.

2. x^{3} = 3y^{3} + 9z^{3} ist in ℕ unlösbar. Sei (x, y, z) eine Lösung; dann muß offenbar x durch 3 teilbar sein, d.h. es ist x = 3x′ für ein x′ ∈ ℕ. Dies liefert 9x^{′3} = y^{3} + 3z^{3}. Jetzt folgt analog, daß y = 3y′, und danach, daß z = 3z′ gelten muß. Damit hat man x^{′3} = 3y^{′3} + 9z^{′3} mit einer kleineren Lösung (x′, y′, z′): Widerspruch.

P. Fermat (1601 – 1665) hat diese Methode wiederentdeckt und Methode des unendlichen Abstiegs (descente infinie) genannt. Damit konnte er beweisen, daß die beiden diophantischen Gleichungen x^{4} + y^{4} = z^{2} (nicht schwer) und x^{3} + y^{3} = z^{3} (schwer; der erste (Teil-) Beweis stammt von Euler) nur Lösungen mit xyz = 0 besitzen. Später entdeckte er, daß man mit dieser Methode auch positive Aussagen gewinnen kann, z.B.

1. Ist p = 4n + 1 prim, dann ist p Summe zweier Quadrate;

2. Ist p = 8n ± 1 prim, dann ist p = x^{2} − 2y^{2} für geeignete natürliche Zahlen x, y;

3. Jede natürliche Zahl ist Summe von vier Quadraten.

Die Idee dabei ist folgende: angenommen, es gäbe eine Primzahl p = 4n + 1, die nicht Summe zweier Quadrate ist. Dann zeigt man (analog zu oben), daß es eine Primzahl q < p der Form 4n + 1 gibt, die ebenfalls nicht Summe zweier Quadrate ist. Wiederholt man diesen Schritt, gelangt man schließlich zu der Aussage, die Primzahl 5 sei keine Summe zweier Quadrate, was natürlich falsch ist.

Für weitere Informationen hinsichtlich des zahlentheoretischen Schaffens von P. Fermat und seinen Nachfolgern sh. [SO] und [We].

Das 4-Zahlen-Spiel

Hier geht es um folgendes: gegeben sind vier natürliche Zahlen a_{0}, b_{0}, c_{0}, d_{0}; jetzt bildet man aus diesen vier neue Zahlen a_{1} = |a_{0}−b_{0}|, b_{1} = |b_{0}−c_{0}|, c_{1} = |c_{0}−d_{0}|, d_{1} = |d_{0} − a_{0}|, und entsprechend fährt man fort. Beispiel:

1 2 3 4
1 1 1 3
0 0 2 2
0 2 0 2
2 2 2 2
0 0 0 0

Sobald eine Reihe aus lauter Nullen auftaucht, ist das Spiel vorbei. Beginnt man mit anderen Zahlen, so wird man feststellen, daß jedes Spiel früher oder später mit einer Nullreihe endet. Wir wollen das nun zeigen. Zuerst versuchen wir, das entsprechende Ergebnis im Falle n = 2 zu beweisen, d.h. wir geben uns zwei Zahlen a_{0} und b_{0} vor und machen alles wir oben. Die erste Reihe lautet dann a_{1} = |a_{0} − b_{0}|, b_{1} = |b_{0} − a_{0}|, und damit ist natürlich a_{2} = b_{2} = 0.

Im Falle n = 3 bringt ein entsprechender Ansatz nichts, und tatsächlich findet man nach etwas Probieren die Kette

0 1 1
1 0 1
1 1 0
0 1 1

dies zeigt, daß bei n = 3 das Spiel in einem periodischen Zyklus enden kann. Sollte so etwas auch für n = 4 passieren können? Nach einer weiteren Runde Probierens sehen wir, daß, egal wie wir anfangen, alle Zahlen ab Reihe 4 gerade sind. Das können wir auch beweisen: in der ersten Zeile stehen vier Zahlen, von denen jede gerade oder ungerade sein kann; wir brauchen nur alle 16 Möglichkeiten durchgehen und feststellen, was sich tut; beispielsweise zeigt

\begin{matrix}g & u & u & u \\ u & g & g & u \\ u & g & u & g \\ u & u & u & u \\ g & g & g & g \end{matrix}  \begin{matrix}g & g & u & u \\ g & u & g & u \\ u & u & u & u \\ g & g & g & g \end{matrix}  \begin{matrix}g & u & g & u \\ u & u & u & u \\ g & g & g & g \end{matrix}

daß die vierte Zeile in der Tat aus lauter geraden Zahlen besteht, wenn in der ersten Zeile genau eine (ob sie an erster, zweiter usw. Stelle steht, ist offenbar unerheblich) oder genau zwei gerade Zahl stehen .

Jetzt folgt aber, daß spätestens ab der achten Zeile alle Zahlen durch 4 teilbar sind: wenn wir nämlich die geraden Zahlen der vierten Zeile durch 2 teilen, stehen spätestens in der achten Zeile wieder lauter gerade Zahlen. Wenn wir dann die Teilung durch 2 rückgängig machen, folgt die Behauptung. Jetzt ist klar, daß alle Zahlen ab der 12ten Zeile durch 8 teilbar sind, und alle ab der 4n-ten durch 2^{n}. Sei nun M das Maximum aller Zahlen in der Ausgangszeile; da die Zahlen der folgenden Zeilen nie größer als M werden können, müssen irgendwann einmal lauter Nullen in der Zeile stehen, da es keine ganz Zahl ≠ 0 gibt, die durch eine beliebig hohe Zweierpotenz teilbar ist.

Als nächstes behaupten wir, daß es Zeilen beliebig großer Lebensdauer gibt. Die Beweisidee klauen wir bei Euklid: dieser hatte gezeigt, daß es unendlich viele Primzahlen gibt, indem er bewies, daß es zu jeder endlichen Liste von Primzahlen eine noch größere Liste gibt.

Sind also (a, b, c, d) gegeben und hat diese Reihe Lebensdauer m ≥ 1, dann wollen wir nun Zahlen A, B, C, D konstruieren, deren Lebensdauer gleich m + 1 ist. Nun können wir i.a. nicht erwarten, daß es A, B, C, D gibt mit

a = |A − B|, b = |B − C|, c = |C − D|, und d = |D − A|.

Setzt man nämlich a′ = A−B, …, d′ = D−A, so gilt einerseits a = |a′|, …, d = |d′|, andererseits aber a′ + b′ + c′ + d′ = 0. Mit anderen Worten: Höchstens dann besitzt (a, b, c, d) einen Vorfahren, wenn man in der Summe ±a ± b ± c ± d die Vorzeichen so wählen kann, daß die Summe verschwindet.

Beispiel: (2, 3, 7, 7) hat keinen Vorfahren, da ±2 ± 3 ± 7 ± 7 ≡ ±2 ± 3 mod 7 nicht einmal durch 7 teilbar (geschweige denn = 0) gemacht werden kann. Dagegen erfüllt (2, 3, 7, 6) die Voraussetzungen wegen 2+7 = 3+6, und tatsächlich ist (2, 3, 7, 6) Nachfahre von beispielsweise (5, 7, 4, 11).

Jetzt behaupten wir: sind vier Zahlen a, b, c, d ∈ ℕ_{0} gegeben mit

1. a = 0, während b, c, d nicht alle gleich 0 sind;

2. d ≥ b + c.

Dann existieren A = 0, B, C, D ∈ ℕ_{0} derart, daß D ≥ B + C und nicht B = C = D = 0 gilt.

Zum Beweis setzen wir a′ = λa + δ, b′ = λb + δ, c′ = λc + δ, d′ = λd + δ für λ, δ ∈ ℕ. Bezeichnet Λ die Lebensdauer eines Quadrupels, so gilt offenbar Λ(a′, b′, c′, d′) = Λ(a, b, c, d). Wir wollen λ und δ so bestimmen, daß d′ = a′ + b′ + c′ wird. Dies führt auf

δ = \frac{λ}{2}(d − b − c),

d.h. wir können λ = 2 und δ = d − b − c wählen. Jetzt setzen wir

(A, B, C, D) = (0, a′, a′ + b′, a′ + b′ + c′)

und finden, daß wegen a′ + b′ + c′ = d′) das Quadrupel (A, B, C, D) den Nachfahren (a′, b′, c′, d′) hat. Damit ist Λ(A, B, C, D) = Λ(a′, b′, c′, d′) + 1 = Λ(a, b, c, d) + 1, und es bleibt noch zu zeigen, daß die Ausgangsbedingungen wieder erfüllt sind. Die erste Bedingung A = 0 ist klar; wären B = C = D = 0, so folgte a′ = b′ = c′ = d′ = 0 und daraus a = b = c = d = 0, was wir ausgeschlossen hatten. Schließlich ist D ≥ B + C äquivalent zu a′ + b′ + c′ ≥ 2a′ + b′, also zu c′ ≥ a′ und damit zu c ≥ a, was wegen c ∈ ℕ_{0} und a = 0 sicher richtig ist.

Bem.: Dieses Problem wurde als Aufgabe 4 im Bundeswettbewerb Mathematik 1988, 1. Runde, verwendet.

Übungen

1. x^{2} = x + 1 ist in rationalen Zahlen nicht lösbar.

2. t^{4} = 2x^{4} + 4y^{4} + 8z^{4} ist in ℤ nicht lösbar.

3. Löse x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2xyz in ℤ.

4. Löse x^{2} + y^{2} + z^{2} + u^{2} = 2xyzu in ℤ.

5. 7 läßt sich nicht als Summe der Quadrate von drei rationalen Zahlen schreiben.

6. Keine Zahl der Form 4^{n}(8k − 1) ist Summe dreier Quadrate in ℤ.

7. Löse in ℕ:

a) x^{2} + (x + 1)^{2} = y^{2} + 1;

b) 3x^{2} − 7y^{2} + 1 = 0;

c) (x + 1)^{3} − x^{3} = y^{2}.

8. Alle Lösungen (x_{n}, y_{n}) der Gleichung x^{2} − 2y^{2} = 1 in ℕ sind gegeben durch x_{n} + y_{n}\sqrt{2} = (3 + 2\sqrt{2} )^{n}.

9. Formuliere eine Vermutung für ein 2^{n}-Zahlen-Spiel und beweise sie.

Literatur

[F] Benedict Freedman, The Four number game, Scripta Math. 14 (1948), 35–47

[SO] W. Scharlau, H. Opolka, Von Fermat bis Minkowski. Eine Vorlesung über Zahlentheorie und ihre Entwicklung, Springer-Verlag 1980

[We] A. Weil, Number Theory, An approach through history. From Hammurapi to Legendre, Boston – Basel – Stuttgart, Birkhäuser. XXI, 375 p. (1984)

68 Proseminar 1995/96

Archimedes

12.1 Archimedes

Seien A,A_{n}^{in} bzw. A_{n}^{um} der Flächeninhalt eines Kreises mit Radius r, des einbeschriebenen bzw. des umbeschriebenen regelmäßigen n-Ecks. Bezeichnet h_{n} die Höhe eines Teildreiecks des einbeschriebenen n-Ecks, so gilt A_{n}^{in} = n · \frac{1}{2}h_{n}s_{n}, wobei s_{n} der Abstand zweier benachbarter Ecken des n-Ecks bezeichnet. Da ns_{n} = U_{n}^{in} der Umfang des n-Ecks ist, können wir dies auch in der Form A_{n}^{in} = \frac{1}{2}h_{n}U_{n}^{in}. Entsprechend haben wir A_{n}^{um} = \frac{1}{2}rU_{n}^{um}, da die Höhe eines Teildreiecks des umbeschriebenen n-Ecks gleich r ist.

Archimedes definiert π durch die Formel für den Umfang U = 2rπ des Kreises und muß dann zeigen, daß der Flächeninhalt durch A = r^{2}π gegeben ist; dies schreibt er in der Form A = \frac{1}{2}rU. Zum Beweis benutzt er folgende Proposition, um deren Beweis wir uns später kümmern werden:

Proposition 12. Sei A der Flächeninhalt eines Kreises mit Radius r;

a) ist B > A, so gibt es ein n ∈ ℕ mit der Eigenschaft A < A_{n}^{um} < B;

b) ist B < A, so gibt es ein n ∈ ℕ mit der Eigenschaft A > A_{n}^{in} > B.

Mit anderen Worten: Ist B eine Zahl, die auch nur ein klein wenig kleiner ist als A, dann können wir dem Kreis ein regelmäßiges n-Eck einbeschreiben, dessen Flächeninhalt zwischen B und A liegt.

Archimedes führt den Beweis von A = \frac{1}{2}rU so: angenommen, es wäre A > \frac{1}{2}rU; dann gäbe es ein n ∈ ℕ derart, daß das einbeschriebene regelmäßige n-Eck einen Flcheninhalt A_{n}^{in} > \frac{1}{2}rU besitzt. Nun ist aber A_{n}^{in} = \frac{1}{2}h_{n}U_{n}^{in}, und wir haben offensichtlich h < r und U_{n}^{in} < U; also folgt A_{n}^{in} = \frac{1}{2}h_{n}U_{n}^{in} < \frac{1}{2}rU im Widerspruch zu unserer Annahme.

Aus demselben Grund kann auch nicht A < \frac{1}{2}rU sein: ansonsten könnten wir nämlich ein regelmäßiges n-Eck umbeschreiben, sodaß A < A_{n}^{um} < \frac{1}{2}rU gilt. Wegen A_{n}^{um} = \frac{1}{2}rU_{n}^{um} und U_{n}^{um} > U impliziert dies A_{n}^{um} > \frac{1}{2}rU: Widerspruch.

Damit hat Archimedes durch einen doppelten Widerspruchsbeweis gezeigt, daß A = \frac{1}{2}rU gelten muß.

Wir sollten anmerken, daß wir hierbei an zwei Stellen die Anschauung zu hilfe genommen haben: nämlich an den Stellen, wo wir behauptet haben, einbeschriebene n-Ecke hätten kleineren und umbeschriebene n-Ecke größeren Umfang als der Kreis.

Legen wir ganz strenge Maßstäbe an, so müssen wir sogar zugeben, daß selbst der Begriff des Umfangs oder des Flächeninhalts eines Kreises nicht a priori definiert sind: im Gegenteil werden sie durch Approximation mit Polygonen erst definiert. Man sollte die ”Ausschöpfungsmethode“ von Eudoxos, die Archimedes so virtuos benutzt hat, auch als Definition des Flächeninhalts eines Kreises sehen.

Worüber man sich auch Gedanken machen sollte: so sehr die Methode von Eudoxos und Archimedes auch nach ”Konvergenz“ riecht: einen Grenzwertprozess haben die alten Griechen nicht besessen. Dies zeigt sich beispielsweise am bekannten Paradoxon von Achilles und der Schildkröte (wer’s nicht kennt, schaue mal ins Buch ”Gödel, Escher, Bach“ von D. Hofstaedter).

12.2 Elementargeometrie

In diesem Abschnitt wollen wir die geometrischen Hintergründe von Prop. 12 durchleuchten. Dazu führen wir folgende Bezeichnungen ein:

• s_{n}, bzw. S_{n} seien die Seitenlängen des einem Kreis mit Radius 1 ein- bzw. umbeschriebenen n-Ecks;

• h_{n} sei die Höhe eines Teildreiecks des einbeschriebenen n-Ecks;

• R_{n} sei der Umkreisradius des umbeschriebenen n-Ecks.

Eine kleine Skizze zeigt dann sofort

• R_{n}s_{n} = S_{n} (Strahlensatz: R_{n} : S_{n} = 1 : s_{n});

• h_{n}R_{n} = 1 (Strahlensatz: R_{n} : 1 = 1 : h_{n});

• h_{n} = \frac{1}{2} \sqrt{4 − s_{n}^{2}} (Pythagoras: h_{n}^{2} + \frac{1}{4}s_{n}^{2} = 1^{2});

• s_{2n}^{2} = 2 − \sqrt{4 − s_{n}^{2}} (Pythagoras: (1 − h_{n})^{2} + \frac{1}{4}s_{n}^{2} = s_{2n}^{2})

Damit bestätigt man ohne große Probleme die beiden Formeln

Proposition 13. Für alle n ≥ 3 gilt

S_{2n} = \frac{s_{n}S_{n}}{s_{n} + S_{n}} , s_{n}S_{2n} = 2s_{2n}^{2}.

Daraus und aus s_{3} = \sqrt{3}, S_{3} = 2\sqrt{3} kann man dann ohne weiteres s_{6}, s_{12}, s_{24}, … usw., sowie S_{6}, S_{12}, S_{24}, … berechnen (sh. den folgenden Abschnitt).

Jetzt zeigen wir • ns_{n} ist monoton steigend und durch S_{1} nach oben beschränkt.

Genauer zeigen wir nur, daß 2ns_{2n} > ns_{n} gilt. Äquivalenzumformungen liefern

\begin{aligned}2ns_{2n} & > & ns_{n} \\ 2s_{2n} & > & s_{n} \\ 4s_{2n}^{2} & > & s_{n}^{2} \\ 8 − 4\sqrt{4 − s_{n}^{2}} & > & s_{n}^{2} \\ 8 − s_{n}^{2} & > & 4\sqrt{4 − s_{n}^{2}} \\ 64 − 16s_{n}^{2} + s_{n}^{4} & > & 64 − 16s_{n}^{2} \\ s_{n}^{4} & > & 0 \end{aligned}

• nS_{n} ist monoton fallend und durch s_{1} nach unten beschränkt.

Dies wird entsprechend bewiesen. Als Korollar notieren wir, daß s_{n} und S_{n} notwendig Nullfolgen sind. Dies wiederum zeigt sofort, daß lim_{n→∞} h_{n} = 1 ist.

• beide Folgen konvergieren gegen denselben Grenzwert.

Es ist nämlich lim_{n→∞}(ns_{n} − nS_{n}) = lim_{n→∞} ns_{n}(1 − 1/h_{n}). Der Faktor ns_{n} konvergiert gegen eine reelle Zahl, h_{n} geht gegen 1, folglich ist ns_{n} − nS_{n} eine Nullfolge.

Nun ist ja A_{n}^{um} > A > A_{n}^{in} für alle n ≥ 3: Prop. 12 wird also bewiesen sein, wenn wir lim_{n→∞}(A_{n}^{um} − A_{n}^{in}) = 0 gezeigt haben. Jetzt gilt aber A_{n}^{in} = \frac{1}{2}nh_{n}s_{n} und A_{n}^{um} = \frac{1}{2}nS_{n}, folglich ist nach dem eben Gezeigten auch A_{n}^{um} − A_{n}^{in} eine Nullfolge.

12.3 Berechnung von π

Archimedes benutzte ein- und umbeschriebene n-Ecke auch, um π zu berechnen: er rechnete die Flächeninhalte für n = 96 aus (dazu genügt die wiederholte Anwendung des Satzes von Pythagoras) und fand 3, 1408 < 3\frac{10}{71} < π < 3\frac{1}{7} < 3, 1429 (die biblische Abschätzung π ≈ 3 aus Könige 7:23 entspricht einem einbeschriebenen Sechseck). Dabei muß man sich allerdings vor Augen halten, daß Archimedes die griechische Notation für Zahlen benutzte, die zum Rechnen noch ungeeigneter war als die römische (man mache sich einmal die Mühe, 13·21 über XIII · XXI zu berechnen!).

Mit einem Computer und den Formeln aus dem letzten Abschnitt findet man leicht (Das Programm pari (ein kostenlos erhältliches, in Bordeaux entwickeltes Computer-Algebra-System) macht es in wenigen Sekunden) folgende Tabelle; Archimedes hat etwas andere Werte erhalten, weil er statt \sqrt{3} = 1.7320508... den Näherungsbruch \frac{265}{153} = 1.73202614... verwendet hat.

\begin{matrix}6 & 2.999999999999999999999999999 & 3.464101615137754587054892682 \\ 12 & 3.105828541230249148186786051 & 3.215390309173472477670643901 \\ 24 & 3.132628613281238197161749469 & 3.159659942097500483316634977 \\ 48 & 3.139350203046867207135146821 & 3.146086215131434971098098794 \\ 96 & 3.141031950890509638111352926 & 3.142714599645368298168859093 \\ 192 & 3.141452472285462075450609308 & 3.141873049979823871745487093 \\ 384 & 3.141557607911857645516463345 & 3.141662747056848526224490813 \\ 768 & 3.141583892148318408668969603 & 3.141610176604689538763470360 \\ 1536 & 3.141590463228050095738458505 & 3.141597034321526151993218894 \\ 3072 & 3.141592105999271550544776640 & 3.141593748771352027975981135 \\ 6144 & 3.141592516692157447592874084 & 3.141592927385097033548008299 \\ 12288 & 3.141592619365383955189549312 & 3.141592722038613818342804671 \\ 24576 & 3.141592645033690896672141508 & 3.141592670701998047877018250 \\ 49152 & 3.141592651450767651704253640 & 3.141592677119074855339701678 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ 6597069766656 & 3.141592653589793238462643264 & 3.141592653589793238462643620 \\ 13194139533312 & 3.141592653589793238462643353 & 3.141592653589793238462643442 \\ 26388279066624 & 3.141592653589793238462643375 & 3.141592653589793238462643398 \\ 52776558133248 & 3.141592653589793238462643381 & 3.141592653589793238462643386 \\ 105553116266496 & 3.141592653589793238462643382 & 3.141592653589793238462643384 \\ 211106232532992 & 3.141592653589793238462643383 & 3.141592653589793238462643383 \end{matrix}

Programm:

s=sqrt(3):n=3:for(j=1,46,n=2*n:t=sqrt(2-sqrt(4-s^2)):\
s=t:h=sqrt(1-(s^2)/4):print(n,"   ",n*s/2,"    ",n*s/(2*h)))

Die Geschichte der Berechnung von π ist recht interessant: die Ägypter benutzten π ≈ (4/3)^{4} = 3, 16049 …, aber schon im Jahre 150 n.Chr. gab Ptolemäus den Wert π ≈ 3, 1416. Der Chinese Tsu Ch’ung-chih (430–501) benutzte π ≈ \frac{355}{113} = 3, 14159292 …, während der Hindu Bhaskara im Jahre 1150 den Wert 3, 1416 empfahl.

Nachdem der Westen das Dezimalsystem übernommen hatte, ging es mit der genauen Berechnung von π schnell voran: der Holländer Ludolph van Ceulen kam (durch Einbeschreiben eines 2^{62}-Ecks) auf 35 korrekte Dezimalstellen (deswegen heißt π manchmal auch die ”Ludolphsche Zahl“).

Im Jahre 1674 benutzte Isaac Newton das erste mal eine unendliche Reihe zur Berechnung von π, und wenig später kamen Abraham Sharp (1651–1742) auf 71 und John Machin (1680–1751) auf 100 Dezimalstellen. Im Jahre 1767 gelang Johann Heinrich Lambert (1728–1777) der Nachweis, daß π irrational ist, und 1882 konnte Ferdinand Lindemann sogar nachweisen, daß π transzendent ist, also nicht als Nullstelle eines Polynoms mit rationalen Koeffizienten vorkommt (daraus folgt übrigens sofort, daß die ”Quadratur des Kreises“ unmöglich ist).

Die Einführung von Rechenmaschinen und Computern erlaubte es, immer mehr Dezimalstellen von π zu berechnen. Einer der letzten Rekorde war die Berechnung von 4.294.960.000 Dezimalstellen. Mehr über π kann man hier erfahren:

• http://www.primus.com/staff/paulp/useless/pi.html

Dort findet man auch einen Verweis auf eine Seite, die einen vollständigen Überblick über die Geschichte von π enthält.

Einer der besten Algorithmen zur Berechnung von π (jedenfalls ein viel besserer als die oben vorgestellten) ist der folgende:

n=0: a = 1: b = 1/sqrt(2): c = 1/4:
a1 = (a+b)/2: b1 = sqrt(ab): c1= c-2^n(a1-a)^2:
n=n+1: a=a1: b=b1: c=c1: pi = (a+b)^2/(4c)

Das folgende pari-Programm zeigt, wie schnell dieser Algorithmus konvergiert:

a=1:b=1/sqrt(2):c=0.25:for(n=1,4,a1=(a+b)/2:b1=sqrt(a*b):\
c1=c-2^(n-1)*(a1-a)^2:a=a1:b=b1:c=c1:p1=(a+b)^2/(4*c):\
print(n,"   ",p1))

\begin{matrix}1 & 3.140579250522168248311331268 \\ 2 & 3.141592646213542282149344431 \\ 3 & 3.141592653589793238279512774 \\ 4 & 3.141592653589793238462643382 \end{matrix}

Hier ist dasselbe für 70 Dezimalstellen:

\begin{matrix}1 & 3.140579250522168248311331268975823311773440237512948335643486693345582 \\ 2 & 3.141592646213542282149344431982695774314437223345602794559539484821434 \\ 3 & 3.141592653589793238279512774801863974381225504835446935787330702026382 \\ 4 & 3.141592653589793238462643383279502884197114678283648921556617106976026 \\ 5 & 3.141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592307816 \\ 6 & 3.141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592307816 \end{matrix}

12.4 Trigonometrie

Legen wir eine Ecke unseres einbeschriebenen n-Ecks in den Punkt (r, 0); die Koordinaten der beiden benachbarten Punkte sind dann (r sin \frac{2π}{n} , ±r cos \frac{2π}{n}) (man erhält sie durch Drehung um den Winkel \frac{2π}{n}). Die Kantenlänge s_{n} ergibt sich

aus dem Abstand dieser Punkte zu s_{n} = r\sqrt{2 − 2 cos \frac{2π}{n}}, und der Satz des Py-

thagoras h_{n}^{2} + \frac{1}{4}s_{n}^{2} = r^{2} liefert sofort h_{n} = \frac{r}{2} \sqrt{2 + 2 cos \frac{2π}{n}}. Einfacher bekommt man s_{n} = r sin \frac{π}{n}, indem man die Höhe eines Teildreiecks auf die x-Achse legt; daraus kann man dann auch sofort S_{n} = r tan \frac{π}{n} für die Kantenlänge S_{n} des umbeschriebenen n-Ecks ablesen. Die Behauptung Umfang des einbeschriebenen n-Ecks < Kreisumfang < Umfang des umbeschriebenen n-Ecks entspricht dann genau der Ungleichung sin x < x < tan x für kleine x > 0.

Wegen cos \frac{2π}{n} < 1 für n ≥ 3 lesen wir daraus sofort h_{n} < r ab, was natürlich auch anschaulich evident ist. Außerdem folgt aber lim_{n→∞} h_{n} = r wegen cos 0 = 1. Für den Umfang ergibt sich die Formel

U_{n}^{in} = ns_{n} = r · n\sqrt{2 − 2 cos \frac{2π}{n}} .

Lassen wir darin n → ∞ gehen und wenden die Regel von L’Hospital an, so erhalten wir tatsächlich lim_{n→∞} U_{n} = 2rπ. Das kann natürlich nicht überraschen: sin und cos werden ja in der Schulgeometrie über den Einheitskreis definiert.

12.5 Analysis

In der Analysis wird π heutzutage so definiert: man führt die Funktionen

sin x = x − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} ± …, cos x = 1 − \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} ± …

über ihre Potenzreihen ein, zeigt dann, daß cos x im Intervall [0, 2] genau einmal das Vorzeichen wechselt, und nennt dann die Nullstelle von cos x in diesem Intervall \frac{π}{2} .

Der obere Halbkreis wird jetzt durch die Funktion y = \sqrt{r^{2} − x^{2}} beschrieben, und für den Flächeninhalt des ganzen Kreises findet man dann

A = 2 ∫_{−r}^{r} \sqrt{r^{2} − x^{2}} dx = 4 ∫_{0}^{r} \sqrt{r^{2} − x^{2}} dx.

Die Substitution x = r sin t liefert dx = r cos tdt, wegen \sqrt{r^{2} − x^{2}} = r\sqrt{1 − sin^{2} t} = r cos t im Intervall t ∈ [0, \frac{π}{2} ] also

A = 4r^{2} ∫_{0}^{π/2} cos^{2} tdt.

Durch partielle Integration oder Benutzen von 2 cos^{2} t = 1 + cos 2t findet man jetzt

A = 2r^{2} ∫_{0}^{π/2}(1 + cos 2t)dt = 2r^{2}(t + \frac{1}{2} sin 2t)|_{t=0}^{π/2} = r^{2}π.

12.6 Irrationalität

Eine reelle Zahl α heißt bekanntlich irrational, wenn sie nicht von der Form α = \frac{p}{q} für p ∈ ℤ, q ∈ ℕ ist. Die bekannteste irrationale Zahl ist \sqrt{2} (ebenso leicht zeigt man, daß \sqrt{n} für jedes n ∈ ℕ, das kein echts Quadrate ist, irrational ist). Weiter haben wir im Vortrag über den Satz von Jacobi und Kronecker gesehen, daß log 2 irrational ist. Schließlich erinnern wir noch einmal an den Beweis der Irrationalität von e: im Vortrag über Ramsey-Zahlen haben wir gesehen,daß k!e für jedes k ≥ 2 die Summe einer ganzen Zahl (nämlich k! ∑_{i≤k} \frac{1}{i!}) und einem echten Bruch ist (wegen 0 < ∑_{i>k} \frac{1}{i!} < \frac{1}{k+1}). Wäre e = \frac{p}{q}, so folgt daraus q!e = p(q − 1)! ∈ ℤ im Widerspruch dazu, daß q!e die Summe einer ganzen Zahl und eines echten Bruchs ist.

In diesem Vortrag geht es darum zu zeigen, daß auch π irrational ist, und das ist weitaus schwieriger nachzuweisen als für die oben aufgeführten Zahlen.

Ein sehr elementarer Beweis der Irrationalität von π wurde 1946 von I. Niven gegeben: dazu nimmt man an, daß π = \frac{a}{b} für natürliche Zahlen a, b ∈ ℕ ist. Dann ist π Nullstelle des Polynoms f(x) = \frac{1}{n!}x^{n}(a−bx)^{n} vom Grad 2n. Die Beweisidee ist dann, folgendes zu zeigen:

• ∫_{0}^{π} f(x) sin x dx ist eine ganze Zahl;

• Es gilt 0 < ∫_{0}^{π} f(x) sin xdx < 1 für hinreichend großes n ∈ ℕ;

Dieser Widerspruch impliziert dann die Behauptung.

Um das Integral ∫_{0}^{π} f(x) sin xdx zu berechnen, benötigen wir eine Stammfunktion von f(x) sin x. Dazu setzen wir

F (x) = f(x) − f^{(2)}(x) + f^{(4)}(x) ± … + (−1)^{n}f^{(2n)}(x).

Der Grund dafür ist, daß damit

F′′(x) = f^{(2)}(x) + f^{(4)}(x) ± … + (−1)^{(n−1)}f^{(2n)}(x) = F (x) − f(x)

gilt (man beachte, daß f ein Polynom 2n-ten Grades ist und folglich dessen 2n + 1-te Ableitung verschwindet). Jetzt rechnet man leicht nach, daß

\frac{d}{dx} [F′(x) sin x − F (x) cos x] = F′′(x) sin x + F (x) sin x = f(x) sin x

gilt: folglich ist also nach dem Hauptsatz der Integralrechnung

∫_{0}^{π} f(x) sin x dx = F′(x) sin x − F (x) cos x|_{0}^{π} = F (π) + F (0).

Der erste Teil unseres Beweises ist daher komplett, wenn wir gezeigt haben, daß F (π) und F (0) ganze Zahlen sind.

Dazu wiederum genügt es zu zeigen, daß die Polynome f^{(i)}(x) für i = 0, 1, …, 2n ganzzahlige Funktionswerte in x = 0 und x = π haben. Für x = 0 rechnen wir das einfach nach: es ist nämlich

n!f(x) = a^{n}x^{n} − \binom{n}{1}a^{n−1}bx^{n+1} ± … + a(−b)^{n−1}\binom{n}{n−1}x^{2n−1} + (−b)^{n}x^{2n},

folglich f^{(n)}(0) = a^{n}, f^{(n+1)}(0) = −(n + 1)a^{n−1}b, usw. Dies zeigt, daß f^{(i)}(0) für alle i ≥ n ganzzahlig ist. Andererseits ist x = 0 eine n-fache Nullstelle von f, d.h. es ist f^{(i)}(0) = 0 für i ≤ n − 1.

Wegen f(\frac{a}{b} − x) = f(x) ist f^{(i)}(π) = f^{(i)}(0), d.h. auch die Funktionswerte f^{(i)}(π) sind ganzzahlig.

Zum Beweis der zweiten Hälfte benutzen wir die für alle 0 < x < π geltenden Ungleichungen:

• 0 < x^{n} < π^{n};

• 0 < (a − bx)^{n} < a^{n} (denn a − bx ist monoton fallend, nimmt für x = 0 den Wert a und für x = π den Wert 0 an);

• 0 < sin x < 1.

Multipliziert man diese auf, erhält man

0 < f(x) sin x < \frac{π^{n}a^{n}}{n!} .

Nun ist aber lim_{n→∞} π^{n}a^{n}/n! = 0, d.h. indem man n hinreichend groß macht, kann man f(x) sin x beliebig klein machen. Dann wird aber auch das Integral von 0 bis π über diese Funktion beliebig klein (Mittelwertsatz der Integralrechnung: ∫_{a}^{b} f(x) dx = (b − a)f(ξ) für ein ξ ∈ [a, b]), d.h. das Integral, von dem wir oben gezeigt haben, daß es eine ganze Zahl ist, ist positiv (wegen f(x) > 0) und kann beliebig klein gemacht werden: das ist aber ein Widerspruch.

Die irrationalen Zahlen lassen sich übrigens nocheinmal aufteilen, nämlich in algebraische Zahlen und in transzendente. Ein z ∈ ℂ heißt algebraisch, wenn es ein Polynom mit f rationalen Koeffizienten gibt (man schreibt f ∈ ℚ[X]) mit f(z) = 0. Beispielsweise ist \sqrt{2} algebraisch, weil es Nullstelle von X^{2} − 2 ist. Ob es überhaupt transzendente Zahlen gibt, ist von vornherein gar nicht klar; der eleganteste Beweis läuft so: die Menge der algebraischen Zahlen ist abzählbar (das liegt daran, daß die Polynome mit rationalen Koeffizienten abzählbar sind, und jedes Polynom nur endlich viele Nullstellen hat), die Menge der reellen Zahlen aber nicht. Also muß es unendlich viele (genauer: überabzählbar viele) reelle Zahlen geben, die nicht algebraisch sind.

Man kann zeigen, daß z.B. e und π transzendent sind (letzteres stammt von Lindemann); dies impliziert übrigens die Unmöglichkeit der Quadratur des Kreises: man kann recht einfach zeigen, daß man mit Zirkel und Lineal höchstens algebraische Zahlen konstruieren kann (Schnittpunkte von Geraden und Kreisen genügen Gleichungen vom Grad 2). Da π transzendent ist, kann man weder π, noch \sqrt{π} konstruieren. Ist ein Kreis mit Radius 1 gegeben, so verlangt die ”Quadratur des Kreises“ eine Konstruktion eines flächengleichen Quadrates mit Zirkel und Lineal. Dieses Quadrat müßte Kantenlänge \sqrt{π} haben, und diese läßt sich mit Zirkel und Lineal nicht konstruieren.

Literatur

[1] W. Dunham, Journey through Genius, Wiley and Sons 1990

[2] P. Mäder, Mathematik hat Geschichte, Metzler Schulbuch

Geometrische Ungleichungen

Einige der Ungleichungen, die wir hier besprechen wollen, werden auch im Schulunterricht gestreift und dort mit Hilfe der Analysis gelöst. Hier wird ganz elementaren Lösungen der Vorzug gegeben.

Beispiel 18. Welches der Rechtecke, die einem Kreis mit Durchmesser d einbeschrieben sind, hat den maximalen Flächeninhalt?

x y

Wir lösen dieses Problem zuerst schulmäßig mit Analysis: seien x, y die Seiten des Rechtecks; daß dieses einem Kreis mit Durchmesser d einbeschrieben ist, bedeutet x^{2}+y^{2} = d^{2}. Der Flächeninhalt des Rechtecks ist F = xy = x\sqrt{d^{2} − x^{2}}; F wird höchstens dann extremal, wenn x = 0 oder x = d oder F′(x) = 0 ist. In den ersten beiden Fällen liegt offenbar ein Minimum vor (F = 0), im letzteren folgt x^{2} = d^{2} − x^{2}, also x = d/\sqrt{2} und F = \frac{1}{2}d^{2}. Um nachzuweisen, daß es sich hier um ein Maximum handelt, muß man nachrechnen, daß F′′(d/\sqrt{2}) < 0 ist.

Jetzt zur anderen Lösung: die Ungleichung von geometrischen und quadratischem Mittel besagt

\sqrt{xy} ≤ \sqrt{\frac{x^{2} + y^{2}}{2}} = \frac{d}{\sqrt{2}},

also ist F = xy ≤ \frac{1}{2}d^{2} mit Gleichheit genau für x = y, d.h. für x = d/\sqrt{2}.

Die zweite Lösung ist nicht nur bedeutend einfacher als die erste: sie läßt sich auch leicht auf drei Dimensionen verallgemeinern. Im Gegensatz dazu erfordert die anlytische Lösung die Theorie von Funktionen zweier Veränderlicher, die im Schulunterricht gar nicht behandelt wird.

Es gibt übrigens einen recht einfachen geometrischen Beweis der Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel:

Sei |OQ| = |QT | = x,

|OP | = |P S| = y; dann ist

F (OQT) = \frac{1}{2}x^{2}, F (OP S) = \frac{1}{2}y^{2},

F (QP RQ) = xy, und die

Ungleichung F (OP RQ) ≤

F (OQT) + F (OP S) liefert,

wenn man x^{2} = a und y^{2} = b

setzt, die gewünschte Ungleichung.

O  P R S T Q  y x

Beispiel 19. (C. N. Mills, Amer. Math. Monthly (1927), Problem 3207) Man betrachte alle Dreiecke mit Seiten a, b, c, die der Gleichung a^{3}+b^{3}+c^{3} = 3m^{3} für ein konstantes m > 0 genügen. Welches unter ihnen hat maximalen Flächeninhalt F?

Selbstverständlich vermuten wir, daß dies das gleichseitige Dreieck ist. Daher wenden wir auf die Heronsche Formel

F^{2} = s(s − a)(s − b)(s − c), 2s = a + b + c

nicht gedankenlos die Ungleichung von geometrischem und arithmetischem Mittel an: dann könnten wir nämlich nur dann Gleichheit erhalten, wenn s = s − a usw. ist, also nie. Vielmehr lassen wir diese Ungleichung nur auf die letzten drei Faktoren los und erhalten wegen s − a + s − b + s − c = s:

F^{2} ≤ s · \frac{s^{3}}{27}.

Jetzt schätzen wir s mithilfe der Ungleichung

\frac{a + b + c}{3} ≤ \sqrt[3]{\frac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{3}} = m  (13.1)

noch einmal nach oben ab und finden s ≤ \frac{3}{2}m, also zusammen

F^{2} ≤ \frac{s^{4}}{27} ≤ \frac{3}{16}m^{4},

woraus durch Wurzelziehen F ≤ \frac{1}{4} \sqrt{3} m^{2} folgt. Bei der Herleitung dieser Schranke haben wir zweimal abgeschätzt: einmal mit der Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischem Mittel (dabei herrschte Gleichheit genau dann, wenn s − a = s − b = s − c, d.h. wenn a = b = c ist), das andere mal mit arithmetischem und kubischem Mittel (hier gilt Gleichheit ebenfalls genau für a = b = c; sh. den Beweis unten). Also herrscht in F ≤ \frac{1}{4} \sqrt{3} m^{2} genau dann Gleichheit. wenn a = b = c gilt, d.h. genau dann, wenn das Dreieck gleichseitig ist. Damit ist nicht nur die Aufgabe gelöst – wir wissen auch, daß das Dreieck im Grenzfall den Flächeninhalt \frac{1}{4} \sqrt{3} m^{2} hat.

Wir haben noch die Heronsche Formel zu beweisen. Diese folgt einfach aus dem Cosinus-Satz c^{2} = a^{2} + b^{2} − 2ab cos γ. Daraus erhalten wir nämlich 2ab cos γ = a^{2} + b^{2} − c^{2}. Wieder hilft es, auf eine binomische Formel hinzuarbeiten, d.h. auf beiden Seiten 2ab zu addieren:

2ab(cos γ + 1) = (a + b)^{2} − c^{2} = (a + b + c)(a + b − c).

Das sieht schon ganz nach unserer Formel aus. Wenn einem jetzt noch auffällt, daß man die binomische Formel auch kriegt, wenn man 2ab subtrahiert, dann folgt

2ab(cos γ − 1) = (a − b)^{2} − c^{2} = (a − b + c)(a − b − c).

Multipliziert man das Produkt beider Gleichungen mit −1, so hat man

4a^{2}b^{2}(1 − cos^{2} γ) = (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b).

Nun ist aber 1 − cos^{2} γ = sin^{2} γ, und der Flächeninhalt F eines Dreiecks ist F = \frac{1}{2}ab sin γ (Beweis?). Also ist

16F^{2} = 4a^{2}b^{2} sin^{2} γ = 16s(s − a)(s − b)(s − c),

und das war zu beweisen.

Ein weiteres noch offenes Problem ist die Ungleichung (13.1) zwischen arithmetischem und kubischem Mittel. Diese folgt aber sofort aus der Identität

\begin{aligned}(a + b + c)^{3} & + & 3[(a − b)^{2}(a + b) + (b − c)^{2}(b + c) + (c − a)^{2}(c + a)] \\ & + & (a + b + c)[(a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (c − a)^{2}] = 9a^{3} + 9b^{3} + 9c^{3}, \end{aligned}

die man durch Nachrechnen (oder Nachrechnen lassen, z.B. durch pari) ohne Probleme bestätigt.

Wir wollen kurz skizzieren, wie man diese Aufgabe auch mit Analysis lösen kann. Unser Problem ist, die Funktion f(a, b, c) = \sqrt{s(s − a)(s − b)(s − c)} unter der Nebenbedingung a^{3} + b^{3} + c^{3} = 3m^{3} > 0 zu maximieren. Wegen f ≥ 0 hat f genau dann ein Maximum in (a, b, c) (mit oder ohne Nebenbedingung), wenn F = f^{2} eines hat (auch oben haben wir f durch F ersetzt). Zum Lösen von Minimax-Aufgaben mit Nebenbedingung stellt uns die Analysis die Methode der Lagrange-Multiplikatoren zur Verfügung. Die einfachste Version lautet:

Satz 14. Sei X ⊆ ℝ^{n} offen, und f, g : X ⟶ ℝ stetig differenzierbare Funktionen. Besitzt f in ξ ∈ X ein lokales Extremum unter der Nebenbedingung g(x) = 0, und gilt g′(ξ) ≠ 0, dann existiert ein λ ∈ ℝ mit der Eigenschaft, daß die Ableitungen der Funktion h(x, λ) = f(x) + λg(x) nach x_{1}, …, x_{n} und λ im Punkt ξ verschwinden.

In unserem Fall ist X = {(a, b, c) ∈ ℝ^{3} : a, b, c > 0} und g(x) = a^{3} + b^{3} + c^{3} − 3m^{3} mit x = (a, b, c). Da g′(x) = (3a^{2}, 3b^{2}, 3c^{2}) nur für (0, 0, 0) verschwinden kann und dieser Punkt (wegen m > 0) nicht in X liegt, können wir obigen Satz anwenden und finden: wenn ein lokales Extremum auf X unter der Nebenbedingung g(x) = 0 existiert, dann gibt es ein λ ∈ ℝ mit

\begin{aligned}F_{a} + 3a^{2}λ & = & 0 & I \\ F_{b} + 3b^{2}λ & = & 0 & II \\ F_{c} + 3c^{2}λ & = & 0 & III \\ a^{3} + b^{3} + c^{3} − 3m^{3} & = & 0 & IV \end{aligned}

Dabei haben wir F_{a} = \frac{∂}{∂a}F gesetzt; es ist also

F_{a} = \frac{1}{2}[(s − a)(s − b)(s − c) − s(s − b)(s − c) + s(s − a)(s − c) + s(s − a)(s − b)],

und entsprechende Formeln für F_{b} und F_{c} erhält man durch zyklische Permutation von a, b, c. Dieses Gleichungssystem ist nicht linear; wir müssen uns also etwas einfallen lassen. Das erste, was man sehen könnte, ist folgendes: multipliziert man I mit a, II mit b, III mit c und zieht λ · IV ab, so hebt sich einiges weg. Führt man die Rechnung aus, so erkennt man aF_{a} + bf_{b} + cF_{c} = 4F, und wir finden λ = −\frac{4}{9} \frac{F}{m^{3}} . Das scheint uns nicht viel zu helfen; berechnen wir also I − II: wegen F_{a} − F_{b} = s(s − c)(b(−a) folgt

0 = \frac{1}{2}s(s − c)(b − a) + 3λ(a^{2} − b^{2}) = (a − b)[3λ(a + b) − \frac{1}{2}s(s − c)].

Wäre die eckige Klammer 0, so müßte λ > 0 sein, was unserer ersten Beobachtung widerspricht. Also folgt a − b = 0, und entsprechend kann man b = c zeigen.

Wir haben gesehen: wenn F unter der Nebenbedingung g(x) = 0 extremal wird, dann muß a = b = c sein. Ob in diesem Fall ein Extremum vorliegt, und ob es ein Maximum oder ein Minimum ist, muß dann weiteren Untersuchungen vorbehalten bleiben.

Beispiel 20. Die Weitzenböck-Ungleichung: Sind a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks mit Flächeninhalt F, dann gilt 4F \sqrt{3} ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2}.

Diese Ungleichung hat Weitzenböck 1919 publiziert: sie wurde seither unzählige Male wiederentdeckt und verallgemeinert. Den Beweis haben wir praktisch schon gegeben: geht man von F^{2} ≤ s^{4}/27 aus (sh. das vorhergehende Beispiel) und verwendet man statt der Ungleichung von arithmetischem und kubischem diejenige von arithmetischem und quadratischem Mittel, so folgt

\frac{2s}{3} = \frac{a + b + c}{3} ≤ \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2}}{3}} ,

woraus sich dann F^{2} ≤ \frac{1}{48}(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} und daraus die Behauptung ergibt.

Beispiel 21. Marienkäfers auf Reisen Wir wollen uns mit der folgenden kleinen Aufgabe befassen:

Ein Marienkäfer auf einem

Würfel will von P über die

Kante AB nach Z (Zentrum

des oberen Quadrats) krabbeln;

welches ist der kürzeste Weg?

.......................................... P A B Z .

Dieses Problem läßt sich ohne weiteres mit Hilfe von etwas Analysis lösen, wenn man annimmt, daß der Weg von P bis zur Kante AB und von dort bis zu P zwei Geradenabschnitte sind. Viel eleganter ist aber folgende Lösung: die Länge des Weges ändert sich nicht, wenn man den Würfel so aufklappt, daß die beiden Flächen, über die der Weg führt, in der Ebene liegen. Man sieht dann sofort, daß der kürzeste Weg auf der Geraden P Z liegt. Hat der Würfel Kantenlänge a, so hat dieser Weg die Länge \sqrt{9a^{2}/4 + a^{2}/4} = \frac{\sqrt{10}}{2}a.

Beispiel 22. Es ist den Physikern schon früh aufgefallen, daß sich Licht immer so ausbreitet, daß es am schnellsten ans Ziel kommt. Damit kann man beispielsweise das Gesetz ’Einfallswinkel = Ausfallswinkel’ herleiten. Wir behaupten nämlich (sh. untenstehende Skizze): Unter allen Wegen von A nach B, die über die Gerade g (den Spiegel) führen, ist derjenige am kürzesten, für den Einfallswinkel und Ausfallswinkel gleich sind.

Dazu sei C der Punkt, für den Einfallswinkel gleich Ausfallswinkel ist. Spiegelt man B an der Geraden, so liegt der Spiegelpunkt B′ von B auf der Geraden AC. Die Behauptung folgt ganz einfach aus der Dreiecksungleichung:

\overline{AP} + \overline{P B} = \overline{AP} + \overline{P B′} ; ≥ \overline{AB′} = \overline{AC} + \overline{CB′} ; = \overline{AC} + \overline{CB}.  A  B B’ P  C

Dabei gilt Gleichheit offenbar genau dann, wenn P = C ist.

Beispiel 23. Im Dreieck ABC sei a ≥ b ≥ c. Bestimme denjenigen Punkt im Dreieck, dessen Abstandssumme von den Seiten AB, BC und CA minimal ist.

Die Lösung ist recht einfach: bezeichnen x, y und z den Abstand von P zu den Seiten a, b und c, so gilt 2F = ah_{a} = ax + by + cz ≤ ax + ay + az. Folglich ist x + y + z ≥ h_{a}, mit Gleichheit genau dann, wenn P = A ist.

Beispiel 24. (Kürschak Wettbew. Ungarn 1915) Ein einem Parallelogramm einbeschriebenes Dreieck hat maximal dessen halben Flächeninhalt.

Wir unterscheiden drei Fälle:

1. Zwei Ecken A und B des Dreiecks liegen auf einer Seite KL des Parallelogramms KLMN.

a) Der Punkt C möge zuerst auf einer KL benachbarten Seite liegen. Dann ist

F (KLMN) = \overline{KL} · h und F (ABC) = \frac{1}{2} \overline{AB} · h_{Δ}. Wegen \overline{AB} ≤ \overline{KL} und h_{Δ} ≤ h folgt die Behauptung.

K A  B C  L  M N  h h_{Δ}

b) Die andere Möglichkeit ist diejenige, wo C auf der KL gegenüberliegenden Seite sitzt.

Hier ist h_{Δ} = h, und der eben gegebene Beweis gilt immer noch.

K  AN  C  B h L  M

2. Alle Punkte des Dreiecks liegen auf verschiedenen Seiten des Parallelogramms.

Hier führen wir eine Zerlegung des Parallelogramms durch: eine zu KL parallele Gerade durch C zerschneidet das Parallelogramm in zwei Hälften, und auf jede dieser beiden läßt sich das bereits Bewiesene anwenden:

F (BCD) ≤ \frac{1}{2}F (CEMN), F (BCA) ≤ \frac{1}{2}F (KLEC), und Addition liefert die Behauptung.

K C  N A  D B h L  E M

Übungen

Es wird empfohlen, einige Beweise auch mit Analysis zu führen.

1. Unter allen Rechtecken vom Umfang U hat das Quadrat den maximalen Flächeninhalt.

2. Welcher unter allen Quadern hat maximales Volumen?

3. Man löse das Marienkäferproblem mit Analysis.

4. Unter allen Dreiecken von gegebenem Umfang hat das gleichseitige den maximalen Flächeninhalt. (Hinweis: benutze die Heronsche Formel F^{2} = s(s − a)(s − b)(s − c) für den Flächeninhalt F eines Dreiecks mit Seiten a, b, c und halbem Umfang s = \frac{1}{2}(a + b + c)).

5. Unter allen Zylindern mit Volumen V hat derjenige minimale Oberfläche, dessen Durchmesser gleich seiner Höhe ist.

6. Unter allen Dreiecken mit Grundseite a und Flächeninhalt A hat das gleichschenklige den minimalen Umfang.

7. Unter allen einem Kreis einbeschriebenen Dreiecken hat welches a) maximalen Flächeninhalt ?

b) minimalen Umfang?

8. Bestimme den Punkt, dessen Abstandssumme von den Ecken des Dreiecks ABC minimal ist.

9. Bestimme einen Punkt P. für den die Abstandssumme zu vier gegebenen Punkte A, B, C, D der Ebene minimal ist.

10. Im Innern eines Dreiecks sind zwei Punkte gegebene; man bestimme den kürzesten Weg zwischen den Punkten, der über jede Seite des Dreiecks führt.

11.

Welche unter den durch H gehenden Geraden bestimmt das Dreieck mit minimalem Flächeninhalt?

. H

12. Im Innern eines Quadrats mit der Seite 1 sind zwei sich nicht überlappende Quadrate mit den Seiten a und b gegeben. Man zeige a + b ≤ 1.

13. Bestimme einen Punkt, dessen Abstandssumme von den sechs Ecken eines regulären Sechsecks minimal ist. Dieselbe Aufgabe für ein regelmäßiges Fünfeck.

14. Gegeben ist ein Billardtisch mit einer Billardkugel. Man bestimme die Bahn, die über alle vier Bahnen zurück zum Ausgangspunkt führt. Wie lange ist die Bahn?

Geometrische Ungleichungen 85

15. (F. E. Wood, Amer. Math. Monthly E345) Sei ein Dreieck mit Seiten a, b, c gegeben; wir setzen S = a + b + c und T = ab + bc + ca. Dann gilt 3T ≤ S^{2} < 4T.

16. Für die Winkel α, β, γ eines Dreiecks gilt cos α + cos β + cos γ ≤ \frac{3}{2}.

17. Sind a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks und h_{a}, h_{b}, h_{c} dessen Höhen, dann gilt \sqrt{3}(a + b + c) ≥ 2(h_{a} + h_{b} + h_{c}).

18. Für die Winkel α, β, γ eines Dreiecks gilt sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2} ≤ \frac{1}{8}.

19. Ein einem Dreieck einbeschriebenes Parallelogramm hat höchstens dessen halben Flächeninhalt.

20. Sind a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks, dann gilt (a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) ≤ abc.

21. Sind a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks, h_{a} die Höhe auf die Seite a, und setzt man 2s = a + b + c, so gilt h_{a} ≤ \sqrt{s(s − a)}.

22. (Euler) Bezeichnen r und R den In- bzw. Umkreisradius eines Dreiecks ABC, dann gilt 2r ≤ R.

23. Ist P ein Punkt im Tetraeder A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}, und bezeichnen p_{j} die Entfernungen |P A_{j}|, sowie q_{j} die Abstände zu den A_{j} gegenüberliegenden Seiten, dann gilt p_{1} + p_{2} + p_{3} + p_{4} ≥ 3(q_{1} + q_{2} + q_{3} + q_{4}).

24. Sind a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks, und setzt man 2s = a + b + c, so gilt a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ \frac{36}{35}(s^{2} + \frac{abc}{s}).

Literatur

[B] J. Berkes, Bemerkungen zur Arbeit von F. Leuenberger über ”Einige Dreiecksungleichungen“, Elemente Math. 14 (1959), 62–64

[Bo] O. Bottema, Geometric inequalities, Wolters-Noordhoff 1969, 151pp

[H] H. Hadwiger, Ergänzungen zu zwei Defizitformeln des Dreiecks, Jahresber. DMV (1939), 35–39

[L] F. Leuenberger, Einige Dreiecksungleichungen, Elemente Math. 13 (1958), 121–126 86 Proseminar 1995/96

Ungleichungen via Gleichungen

14.1 Arithmetisches und Quadratisches Mittel

Die Ungleichung von arithmetischem und quadratischen Mittel für n = 2 kann man sofort aus der Gleichung

2(a^{2} + b^{2}) = (a + b)^{2} + (a − b)^{2}

ablesen. Dies wirft die Frage auf, inwieweit sich dies verallgemeinern läßt. Herumspielen mit den Fällen n = 3 und n = 4 liefert

3(a^{2} + b^{2} + c^{2}) = (a + b + c)^{2} + (a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (c − a)^{2},
4(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) = (a + b + c + d)^{2} + (a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (c − d)^{2}
=  +(d − a)^{2} + (a − c)^{2} + (b − d)^{2}.

Wir vermuten daher

n ∑_{j=1}^{n} a_{j}^{2} = ( ∑_{j=1}^{n} a_{j})^{2} + ∑_{i<j}(a_{i} − a_{j})^{2}.

Die Ungleichung von arithmetischem und quadratischem Mittel läßt sich hieraus unmittelbar ablesen. Der Beweis der Gleichung ist fast trivial: der Summand a_{j}^{2} steht genau n-mal auf der linken Seite; rechts kommt er einmal in der ersten Summe und (n − 1)-mal in der zweiten (nämlich in (a_{1} − a_{j})^{2}, …, (a_{j−1} − a_{j})^{2}, (a_{j} − a_{j+1})^{2}, … (a_{j} − a_{n})^{2}) vor. Entsprechend tauchen die Summanden a_{i}a_{j} (i ≠ j) links gar nicht auf, und heben sich auf der rechten Seite weg: die erste Summe enthält 2a_{i}a_{j}, die rechte −2a_{i}a_{j} im Term (a_{i} − a_{j})^{2}.

14.2 Arithmetisches und Kubisches Mittel

Wie eben beweist man hier für alle n ≥ 2 die Gleichung

n^{2} ∑_{i=1}^{n} a_{i}^{3} = ( ∑_{i=1}^{n} a_{i})^{3} + n( ∑_{i<j}(a_{i} − a_{j})^{2}(a_{i} + a_{j})) + ( ∑_{i=1}^{n} a_{i})( ∑_{i<j}(a_{i} − a_{j})^{2}).

Den Fall n = 3 kennen wir bereits aus dem Vortrag über geometrische Ungleichungen. Eine Verallgemeinerung auf m-te Mittel ist mir nicht bekannt; dasselbe gilt für die Frage, ob sich die Ungleichung für m-te und n-te Mittel als Folge einer Identität beweisen läßt.

14.3 Arithmetisches und Geometrisches Mittel

Für n = 2 geht die Ungleichung vom AGM ohne weiteres aus der Gleichung

a^{2} + b^{2} = 2ab + (a − b)^{2}

hervor. Ähnlich erhält man den Fall n = 3 sofort aus

a^{3} + b^{3} + c^{3} = 3abc + \frac{a + b + c}{2}((a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (c − a)^{2}).  (14.1)

Diese Identität schien erstaunlicherweise in der mathematischen Literatur unbekannt zu sein; in den Standardwerken über Ungleichungen ist sie jedenfalls nicht zu finden. Um so überraschender ist die Tatsache, daß eine Verallgemeinerung auf beliebige n in einer Arbeit von A. Hurwitz enthalten ist. Diese soll nun vorgestellt werden.

Hurwitz betrachtet Funktionen f : ℝ^{n} ⟶ ℝ für ein festes n ∈ ℕ; sei S_{n} die Gruppe der Permutationen von {1, 2, …, n}. Hurwitz definiert dann

∑_{σ} f(x_{1}, …, x_{n}) := ∑_{σ∈S_{n}} f(x_{σ(1)}, …, x_{σ(n)}).

Beispiele: Für n = 3 ist

∑_{σ} x_{1} = 2x_{1} + 2x_{2} + 2x_{3},
∑_{σ} x_{1}x_{2} = 2(x_{1}x_{2} + x_{2}x_{3} + x_{3}x_{1}),
∑_{σ}(x_{2} − x_{1}) = (x_{2} − x_{1}) + (x_{3} − x_{2}) + (x_{1} − x_{3}) +
(x_{1} − x_{2}) + (x_{2} − x_{3}) + (x_{3} − x_{1}) = 0,
∑_{σ}(x_{2} − x_{1})x_{3} = (x_{2} − x_{1})x_{3} + (x_{3} − x_{2})x_{1} + (x_{1} − x_{3})x_{2} +
(x_{1} − x_{2})x_{3} + (x_{2} − x_{3})x_{1} + (x_{3} − x_{1})x_{2} = 0,

Allgemein hat man für beliebiges n ∈ ℕ

∑_{σ} x_{1}^{n} = (n − 1)!(x_{1}^{n} + … + x_{n}^{n}), ∑_{σ} x_{1}x_{2} ⋯ x_{n} = n! x_{1}x_{2} ⋯ x_{n},

woraus dann, um auf unser eigentliches Thema zurückzukommen,

ϕ(x_{1}, …, x_{n}) := \frac{1}{n}(x_{1}^{n} + … + x_{n}^{n}) − x_{1}x_{2} ⋯ x_{n} = \frac{1}{n!}( ∑_{σ} x_{1}^{n} − ∑_{σ} x_{1}x_{2} ⋯ x_{n})

folgt. Jetzt definieren wir mit Hurwitz

ϕ_{1} = ∑_{σ} (x_{1}^{n−1} − x_{2}^{n−1})(x_{1} − x_{2})
ϕ_{2} = ∑_{σ} (x_{1}^{n−2} − x_{2}^{n−2})(x_{1} − x_{2})x_{3}
ϕ_{3} = ∑_{σ} (x_{1}^{n−3} − x_{2}^{n−3})(x_{1} − x_{2})x_{3}x_{4}
⋮
ϕ_{n−1} = ∑_{σ}(x_{1} − x_{2})(x_{1} − x_{2})x_{3} ⋯ x_{n}

Macht man sich klar, daß ∑_{σ} x_{1}^{n−1}x_{2} = ∑_{σ} x_{2}^{n−1}x_{1} usw. gilt (weil ohnehin über alle Permutationen aufsummiert wird), dann folgt durch Ausmultiplizieren

ϕ_{1} = 2 ∑_{σ} x_{1}^{n} − 2 ∑_{σ} x_{1}^{n−1}x_{2},
ϕ_{2} = 2 ∑_{σ} x_{1}^{n−1}x_{2} − 2 ∑_{σ} x_{1}^{n−2}x_{2}x_{3},
ϕ_{3} = 2 ∑_{σ} x_{1}^{n−2}x_{2}x_{3} − 2 ∑_{σ} x_{1}^{n−3}x_{2}x_{3}x_{4},
⋮
ϕ_{n−1} = 2 ∑_{σ} x_{1}^{2}x_{3} ⋯ x_{n−1} − 2 ∑_{σ} x_{1}x_{2} ⋯ x_{n}.

Aufsummieren ergibt (Teleskopreihe!)

ϕ(x_{1}, …, x_{n}) = \frac{1}{2} · \frac{1}{n!}(ϕ_{1} + ϕ_{2} + … + ϕ_{n−1}),  (14.2)

aber da die ϕ_{j} sich in der Form

ϕ_{1} = ∑_{σ}(x_{1}^{n−2} + x_{1}^{n−3}x_{2} + … + x_{1}x_{2}^{n−3} + x_{2}^{n−2})(x_{1} − x_{2})^{2},
ϕ_{2} = ∑_{σ}(x_{1}^{n−3} + x_{1}^{n−4}x_{2} + … + x_{1}x_{2}^{n−4} + x_{2}^{n−3})(x_{1} − x_{2})^{2}x_{3},
⋮
ϕ_{n−1} = ∑_{σ}(x_{1} − x_{2})^{2}x_{3} ⋯ x_{n}

schreiben lassen, ist offensichtlich, daß ϕ_{j} ≥ 0 für alle x_{1}, …, x_{n} ≥ 0 gilt. Die Ungleichung zwischen geometrischem und arithmetischen Mittel läßt sich also unmittelbar an der Identität (14.2) ablesen. Im Spezialfall n = 3 ergibt sich übrigens die eingangs vorgestellte Gleichung: man findet nämlich

3ϕ(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = x_{1}^{3} + x_{2}^{3} + x_{3}^{3} − 3x_{1}x_{2}x_{3} = \frac{1}{4}(ϕ_{1} + ϕ_{2})
= \frac{1}{4} ∑_{σ}[(x_{1} + x_{2})(x_{1} − x_{2})^{2} + x_{3}(x_{1} − x_{2})^{2}]
= \frac{1}{4} ∑_{σ}(x_{1} + x_{2} + x_{3})(x_{1} − x_{2})^{2}
= \frac{1}{4}(x_{1} + x_{2} + x_{3}) ∑_{σ}(x_{1} − x_{2})^{2}
= \frac{1}{2}(x_{1} + x_{2} + x_{3})[(x_{1} − x_{2})^{2} + (x_{2} − x_{3})^{2} + (x_{3} − x_{1})^{2}].

Ein Problem beim Hurwitzschen Beweis ist die Frage, wie sich die Definition der ϕ_{j} motivieren läßt.

90 Proseminar 1995/96

14.4 Cauchy-Schwarz

Diese Ungleichung folgt sofort aus der Cauchy-Lagrange-Identität

( ∑_{j=1}^{n} a_{j}^{2})( ∑_{j=1}^{n} b_{j}^{2}) = ( ∑_{j=1}^{n} a_{j}b_{j})^{2} + ∑_{i<j}(a_{i}b_{j} − a_{j}b_{i})^{2}.

Literatur

1. R. Bellman, A note on inequalities, Allgem. Ungleichungen, 1. Tag Oberwolfach 1976, ISNM 41 (1978), 3–4; Zbl 382.26010

2. A. Hurwitz, Über den Vergleich des arithmetischen und des geometrischen Mittels, J. Reine Angew. Math. 108 (1891), 266–268

Etwas Analysis

15.1 Der Satz von Rolle

Satz 15. Sei f : [a, b] ⟶ ℝ eine stetige und auf (a, b) differenzierbare Funktion; ist f(a) = f(b), dann existiert ein ξ ∈ (a, b) mit f′(ξ) = 0.

Der Satz von Rolle spielt in der Analysis als Vater des Mittelwertsatzes eine bedeutende Rolle. Hier wollen wir einige eher praktische Anwendungen kennenlernen.

Beispiel 25. Seien a, b, c ∈ ℝ; dann hat f(x) = 4ax^{3} + 3bx^{2} + 2cx − (a + b + c) eine Nullstelle zwischen 0 und 1.

Hier wird man natürlich zuerst an den Zwischenwertsatz denken; zu zeigen wäre dann, daß f(0) = −(a + b + c) und f(1) = 3a + 2b + c verschiedenes Vorzeichen haben. Das kann aber nicht gelingen, wie das Gegenbeispiel a = −3, b = 0, c = 7 zeigt.

Dagegen hilft es ungemein, wenn man erkennt, daß f(x) eine Ableitung ist: setzt man F (x) = ax^{4} +bx^{3} +cx^{2} −(a+b+c)x, so findet man F (0) = F (1) = 1, und nach dem Satz von Rolle existiert ein ξ ∈ (0, 1) mit f(ξ) = F′(ξ) = 0.

15.2 Der Mittelwertsatz

Der Mittelwertsatz ist eine leichte Verallgemeinerung des Satzes von Rolle:

Satz 16. Sei f : [a, b] ⟶ ℝ eine stetige und auf (a, b) differenzierbare Funktion; dann existiert ein ξ ∈ (a, b) mit f′(ξ) = \frac{f(b)−f(a)}{b−a}.

Der Mittelwertsatz enthält offensichtlich den Satz von Rolle; umgekehrt kann man ihn auch einfach darauf zurückführen (ein Pflichtbeweis in der Zwischenprüfung).

Beispiel 26. Sei f : [a, b] ⟶ ℝ eine zweimal differenzierbare Funktion mit f′′(x) ≥ 0 für alle x ∈ (a, b). Dann gilt

f(\frac{a + b}{2}) ≤ \frac{f(a) + f(b)}{2}.

Wir machen uns zuerst eine Skizze; wegen f′′(x) ≥ 0 sieht die Funktion etwa wie ein Ausschnitt aus einer Parabel aus. Die Behauptung selbst scheint plausibel zu sein. Wie beweist man so etwas? Nun, irgendwie müssen wir die Ableitung ins Spiel bringen; diese wiederum hat etwas mit Differenzenquotienten zu tun. Formen wir also um:

\begin{aligned}f(\frac{a + b}{2}) & ≤ & \frac{f(a) + f(b)}{2} ⟺ \\ f(\frac{a + b}{2}) − f(a) & ≤ & \frac{f(b) − f(a)}{2} ⟺ \\ \frac{f(\frac{a+b}{2}) − f(a)}{\frac{b−a}{2}} & ≤ & \frac{f(b) − f(a)}{b − a} \end{aligned}

Nach dem Mittelwertsatz ist die linke Seite gleich f′(ξ_{1}) für ein ξ_{1} ∈ (a, \frac{a+b}{2}), die rechte gleich f′(ξ) für ein ξ ∈ (a, b). Wäre ξ ∈ (\frac{a+b}{2}, b), so wären wir fertig: denn wegen f′′(x) ≥ 0 ist f′(x) eine monoton steigende Funktion. Schreiben wir also einfach hin, was wir gerne hätten: wir wissen

\begin{aligned}\frac{f(\frac{a+b}{2}) − f(a)}{\frac{b−a}{2}} & = & f′(ξ_{1}), ξ_{1} ∈ (a, \frac{a+b}{2}) \\ \frac{f(b) − f(\frac{a+b}{2})}{\frac{b−a}{2}} & = & f′(ξ_{2}), ξ_{2} ∈ (\frac{a+b}{2}, b) \end{aligned}

Da, wie gesagt, f′ monoton steigt, impliziert dies

\frac{f(\frac{a+b}{2}) − f(a)}{\frac{b−a}{2}} ≤ \frac{f(b) − f(\frac{a+b}{2})}{\frac{b−a}{2}}.

Dies ist aber zur behaupteten Ungleichung äquivalent.

Im Nachhinein sehen wir auch, was wir bei unserer ersten Umformung ’falsch’ gemacht haben: anstatt f(a) nach links zu bringen, hätten wir nur \frac{1}{2}f(a) auf die linke und dafür \frac{1}{2}f(\frac{a+b}{2}) auf die rechte Seite bringen müssen. Dies ist natürlich nicht so einfach zu sehen gewesen; wir hätten es vielleicht bemerkt, wenn wir zuerst den Nenner 2 beseitigt und dann etwas mehr auf Symmetrie geachtet hätten:

\begin{aligned}f(\frac{a + b}{2}) & ≤ & \frac{f(a) + f(b)}{2} ⟺ \\ 2f(\frac{a + b}{2}) & ≤ & f(a) + f(b) ⟺ \\ f(\frac{a + b}{2}) − f(a) & ≤ & f(b) − f(\frac{a + b}{2}) \end{aligned}

undsoweiter.

15.3 Eine Verallgemeinerung

Das eben behandelte Beispiel ist ein Spezialfall von

Satz 17. Sei f : I ⟶ ℝ eine zweimal differenzierbare Funktion und f′′ ≥ 0 auf ganz I; für alle x_{1}, x_{2} ∈ I und alle λ ∈ [0, 1] gilt dann

f((1 − λ)x_{1} + λx_{2}) ≤ (1 − λ)f(x_{1}) + λf(x_{2}).

Für λ = \frac{1}{2} ergibt sich daraus der angesprochene Spezialfall. Der Beweis von Satz 17 ist praktisch derselbe: setzt man x = (1 − λ)x_{1} + λx_{2}, so ist

f(x) ≤ (1 − λ)f(x_{1}) + λf(x_{2})

zu zeigen. Beachtet man (1−λ)f(x)+λf(x) = f(x) und formt (wie im Spezialfall λ = \frac{1}{2}) um, so führt dies auf

(1 − λ)(f(x) − f(x_{1})) ≤ λ(f(x_{2}) − f(x)).

Nun ist f(x) − f(x_{1}) = f′(ξ_{1})(x − x_{1}) und f(x_{2}) − f(x) = f′(ξ_{2})(x_{2} − x) mit ξ_{1} ∈ (x_{1}, x) und ξ_{2} ∈ (x, x_{2}), also

(1 − λ)(x − x_{1})f′(ξ_{1}) ≤ λ(x_{2} − x)f′(ξ_{2})

zu zeigen. Dies folgt aber wegen (1 − λ)(x − x_{1}) = λ(x_{2} − x) sofort aus f′(ξ_{1}) ≤ f′(ξ_{2}).

Als nächstes verallgemeinern wir Satz 17 auf n Summanden:

Satz 18. Sei f : I ⟶ ℝ eine zweimal differenzierbare Funktion und f′′ ≥ 0 auf ganz I; für alle x_{1}, …, x_{n} ∈ I und alle λ_{1}, …, λ_{n} ∈ [0, 1] mit λ_{1} + … + λ_{n} = 1 gilt dann

f(λ_{1}x_{1} + … + λ_{n}x_{n}) ≤ λ_{1}f(x_{1}) + … + λ_{n}f(x_{n}).

Der Beweis besteht in einer ganz einfachen Induktion: für n = 2 steht gerade Satz 17 da; sei daher Satz 18 richtig für ein n ∈ ℕ. Seien weiter x_{1}, …, x_{n+1} ∈ I und l_{i} > 0 gegeben mit λ_{1} + … + λ_{n+1} = 1. Wir setzen λ := λ_{1} + … λ_{n} und haben damit λ + λ_{n+1} = 1, sowie λ_{1}/λ + … + λ_{n}/λ = 1 (das ist der Trick, der die Induktion zum Laufen bringt). Jetzt rechnet man

f(λ_{1}x_{1} + … + λ_{n+1}x_{n+1}) = f[λ(\frac{λ_{1}}{λ} x_{1} + … + \frac{λ_{n}}{λ} x_{n}) + … λ_{n+1}x_{n+1}]
≤ λf(\frac{λ_{1}}{λ} x_{1} + … + \frac{λ_{n}}{λ} x_{n}) + … λ_{n+1}f(x_{n+1})
≤ λ[\frac{λ_{1}}{λ} f(x_{1}) + + … \frac{λ_{n}}{λ} f(x_{n})] + λ_{n+1}f(x_{n+1})
= λ_{1}f(x_{1}) + … + λ_{n+1}f(x_{n+1})

(Das war so eine Art ’halbstarke’ Induktion: man braucht für den Induktionsschritt die Richtigkeit für n − 1 und für n = 2)

15.4 Gewichtete Mittel

Die Funktion f(x) = ln x ist wegen f′′(x) = −\frac{1}{x^{2}} ≤ 0 konkav auf ℝ_{>0}; sind daher a_{1}, …, a_{n} > 0 und λ_{1}, …, λ_{n} > 0 mit λ_{1} + … + λ_{n} = 1, dann gilt

ln(λ_{1}a_{1} + … + λ_{n}a_{n}) ≥ λ_{1} ln a_{1} + … + λ_{n} ln a_{n} = ln a_{1}^{λ_{1}} ⋯ a_{n}^{λ_{n}}.

Nun ist ln x eine streng monoton wachsende Funktion, somit folgt

Satz 19. Für reelle Zahlen a_{1}, …, a_{n} ≥ 0 und λ_{1}, …, λ_{n} ≥ 0 mit λ_{1}+…+λ_{n} = 1 gilt

λ_{1}a_{1} + … + λ_{n}a_{n} ≥ a_{1}^{λ_{1}} ⋯ a_{n}^{λ_{n}}.  (15.1)

Der Ausdruck auf der linken Seite heißt gewichtetes arithmetisches Mittel, der auf der rechten Seite gewichtetes geometrisches Mittel. Für λ_{1} = … = λ_{n} gehen diese gewichteten Mittel in die gewöhnlichen arithmetischen bzw. geometrischen Mittel über. Man beachte auch, daß (15.1) trivialerweise richtig ist, wenn eines der a_{i} = 0 ist.

15.5 Höldersche Ungleichung

Satz 20. Seien p, q > 1 reelle Zahlen mit \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1. Dann gilt

∑_{k=1}^{n} |a_{k}b_{k}| ≤ ( ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p})^{\frac{1}{p}} ( ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q})^{\frac{1}{q}} .  (15.2)

Man beachte, daß die Höldersche Ungleichung (15.2) für p = q = 2 in die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung übergeht. Zum Beweis von (15.2) dürfen wir oBdA annehmen, daß A = ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p} > 0 und B = ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q} > 0 sind (sonst ist nicht viel zu zeigen). Dann folgt aus (15.1)

(\frac{|a_{k}|^{p}}{A} )^{\frac{1}{p}} (\frac{|b_{k}|^{q}}{B} )^{\frac{1}{q}} ≤ \frac{1}{p} \frac{|a_{k}|^{p}}{A} + \frac{1}{q} \frac{|b_{k}|^{q}}{B} .

Summiert man diese Ungleichungen für k = 1, …, n auf, so erhält man

\frac{1}{(AB)^{1/p}} ∑_{k=1}^{n} |a_{k}b_{k}| ≤ \frac{1}{p} \frac{1}{A} ∑_{k=1}^{n} |a_{k}|^{p} + \frac{1}{q} \frac{1}{B} ∑_{k=1}^{n} |b_{k}|^{q} = \frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1,

woraus die Behauptung sofort folgt.

Übungen

1. f(x) = 5x^{4} − 4x + 1 hat eine Nullstelle zwischen 0 und 1.

2. Seien a_{0}, …, a_{n} ∈ ℝ reelle Zahlen mit der Eigenschaft

a_{0} + \frac{a_{1}}{2} + \frac{a_{2}}{3} + … + \frac{a_{n}}{n + 1} = 0.

Dann hat das Polynom f(x) = a_{0} +a_{1}x+…+a_{n}x^{n} mindestens eine reelle Nullstelle.

3. Für alle b ∈ ℝ hat x^{3} − 3x + b maximal eine Nullstelle in [−1, 1].

4. Beweise den Satz, den man erhält, wenn man im zweiten Beispiel alle auftretenden Ungleichheitszeichen umdreht. Kann man sich die Arbeit sparen?

Literatur

1. H. Heuser, Lehrbuch der Analysis I, § 49, 59 96 Proseminar 1995/96

Ein lineares Gleichungssystem

Das folgende Problem wurde auf der 7. IMO 1965 gestellt:

Problem. Gegeben sei das Gleichungssystem

\begin{aligned}a_{11}x_{1} + a_{12}x_{2} + a_{13}x_{3} & = & 0 \\ a_{21}x_{1} + a_{22}x_{2} + a_{23}x_{3} & = & 0 \\ a_{31}x_{1} + a_{32}x_{2} + a_{33}x_{3} & = & 0 \end{aligned}

Weiter gelte

i) a_{11}, a_{22}, a_{33} > 0;

ii) a_{ij} < 0 für alle i ≠ j;

iii) die Zeilensummen ∑_{j=1}^{3} a_{ij} sind positiv für i = 1, 2, 3.

Dann hat das System nur die triviale Lösung.

Lösung. Das lineare Gleichungssystem ist homogen; genau dann hat es nur die triviale Lösung, wenn die Matrix A = (a_{ij})_{3×3} den Rang 3 besitzt. Dies könnte man durch elementare Zeilen– und Spalten–Transformationen nachrechnen, allerdings führt dieser Weg schnell auf unangenehme Abschätzungen. Wir versuchen es daher mit einem Widerspruchsbeweis.

Sei also (x_{1}, x_{2}, x_{3}) ≠ (0, 0, 0) eine Lösung des Systems. Dann ist mindestens ein x_{i} > 0 oder mindestens ein x_{i} < 0; wir behaupten, daß wir oBdA annehmen dürfen, daß entweder a) x_{1} > 0, x_{1} ≥ x_{2}, x_{1} ≥ x_{3} oder b) x_{1} < 0, x_{1} ≤ x_{2}, x_{1} ≤ x_{3} gilt. Dazu genügt es zu zeigen, daß sich die Bedingungen i) – iii) nicht ändern, wenn wir z.B. x_{1} und x_{2} vertauschen. Machen wir aber die Transformation y_{1} = x_{2}, y_{2} = x_{1}, y_{3} = x_{3}, so lautet das LGS in den y_{i} wie folgt:

\begin{aligned}a_{22}y_{1} + a_{21}y_{2} + a_{23}y_{3} & = & 0 \\ a_{12}y_{1} + a_{11}y_{2} + a_{13}y_{3} & = & 0 \\ a_{32}y_{1} + a_{31}y_{2} + a_{33}y_{3} & = & 0 \end{aligned}

Die neue Koeffizientenmatrix geht also aus der alten durch Vertauschen der ersten beiden Spalten und Zeilen hervor; die Bedingungen i) – iii) bleiben davon unberührt.

Betrachten wir nun Fall a); hier folgt a_{12}x_{2} ≥ a_{12}x_{1}, a_{13}x_{3} ≥ a_{13}x_{1}, und dies wiederum liefert den Widerspruch

a_{11}x_{1} + a_{12}x_{2} + a_{13}x_{3} ≥ (a_{11} + a_{12} + a_{13})x_{1} > 0.

Den Fall b) behandelt man genauso.

Zur Geschichte des Problems: in der algebraischen Zahlentheorie spielt der Dirichletsche Einheitensatz eine große Rolle (zum Beweis dieses Satzes hat Dirichlet das Schubfachprinzip eingeführt). Minkowski [2] hat den Beweis dieses Satzes vereinfacht und dabei folgendes bewiesen:

Satz 21. Eine reelle Matrix A = (a_{ij})_{n×n} habe folgende Eigenschaften:

i) a_{ii} > 0 für alle 1 ≤ i ≤ n;

ii) a_{ij} ≤ 0 für alle i ≠ j;

iii) die Spaltensummen ∑_{i=1}^{n} a_{ij} sind positiv für j = 1, 2, …, n.

Dann gilt det A ≠ 0.

Bemerkung Es ist unerheblich, ob man hier Spaltensummen oder Zeilensummen wählt: sollten nämlich die Zeilensummen positiv sein, so kann man die Matrix transponieren (dies ändert det A nicht) und hat dann positive Spaltensummen. Für n = 3 geht dieser Satz also in die obige Aufgabe über. Der im folgenden angegebene Beweis stammt von Furtwängler und steht in einem Brief Artins vom 27.10.1927 an Hasse:

Wäre det A = 0, so hätte das Gleichungssystem ∑_{i=1}^{n} a_{ij}x_{i} = 0, i = 1, …, n eine nichttriviale Lösung x = (x_{1}, …, x_{n}). OBdA sei x_{1}, …, x_{s} > 0, x_{s+1}, …, x_{n} ≤ 0. Addition der ersten s Gleichungen liefert

x_{1} ∑_{i=1}^{s} a_{i1} + … + x_{s} ∑_{i=1}^{s} a_{ii} + … + x_{n} ∑_{i=1}^{s} a_{in} = 0.  (16.1)

Betrachten wir nun S_{k} = ∑_{i=1}^{s} a_{ki}; wäre die Summe über alle i (statt über i ≤ s erstreckt, so wäre sie positiv nach iii). Ist nun k ≤ s, so fehlen in der Summe nur negative Summanden, d.h. es ist erst recht S_{k} > 0. Ist dagegen k > s, so besteht S_{k} nur aus negativen Summanden, folglich ist S_{k} < 0 für k > s. Damit sind aber alle Summanden in (1) nichtnegativ, die ersten s sogar strikt positiv: dies ist ein Widerspruch.

Selbst dieser Beweis konnte im Lauf der Zeit noch vereinfacht werden, und in der heutigen Fachliteratur wird er so geführt: Sei |x_{k}| maximal unter allen |x_{j}|; ohne Einschränkung dürfen wir annehmen, daß x_{k} > 0 (sonst ersetzen wir x durch −x) und damit x_{k} ≥ x_{j} für alle j ist. Jetzt folgt

0 = ∑_{i=1}^{n} a_{ik}x_{i} ≥ ∑_{i=1}^{n} a_{ik}x_{k} = x_{k} ∑_{i=1}^{n} a_{ik} > 0.

Dabei haben wir für die Ungleichung benutzt, daß die a_{ik} ≤ 0 für i ≠ k sind.

Man sollte natürlich nicht vergessen, daß hinter dem hocheleganten Zweizeiler die Arbeit einer ganzen Reihe von Mathematikern steckt. Jemand, der dieses Problem zum ersten mal sieht, wird vermutlich ganz anders vorgehen: eine gute Idee wäre beispielsweise, zuerst den Fall n = 2 zu beweisen. Hier hat man

A = ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix} )

mit a, d > 0, b, c ≤ 0, und a+b > 0, c+d > 0. Zu zeigen ist ad−bc = det A ≠ 0.

Als erstes wird man versuchen, ad − bc als Linearkombination von a + b und c + d zu schreiben; das gelingt in der Tat: es ist ja a + b > 0 und d > 0, also ad + bd > 0; um den Term bd zu eliminieren, multiplizieren wir c + d > 0 mit −b > 0 und finden −bc − bd > 0. Addition liefert jetzt in der Tat ad − bc > 0.

Jetzt stellen wir fest, daß auch im Falle n = 1 die Ungleichung a = det A > 0 gilt; sollte dies allgemein richtig sein? Mit etwas Mühe kann man auch den Fall n = 3 behandeln – wir wollen das hier nicht tun, denn eine Verallgemeinerung dieser Beweisidee auf beliebige n ∈ ℕ scheint nicht ganz einfach zu sein. Außerdem gibt es bereits einen eleganten Beweis hierfür (sh. [3]):

Satz 22. Unter den Voraussetzungen von 21 gilt: jeder Eigenwert von A hat positiven Realteil.

Zum Beweis setzen wir a_{ij} = −c_{ij}, falls i ≠ j ist, und a_{ii} = c_{i}; dann sind alle c_{ij} nichtnegativ, und es gilt ∑_{j≠i} c_{ij} < c_{i}. Ist λ ein Eigenwert zum Eigenvektor x = (x_{1}, …, x_{n}), so sind nicht alle x_{i} = 0, und es besteht das LGS

(c_{i} − λ)x_{i} − ∑_{j≠i} c_{ij}x_{j} = 0, (i = 1, 2, …, n)

Ist x_{k} die betragmäßig größte Zahl unter den x_{i}, so gilt

|c_{k} − λ| · |x_{k}| = | ∑_{j≠k} c_{kj}x_{j}| ≤ ∑_{j≠k} c_{kj}|x_{j}| ≤ |x_{k}| ∑_{j≠k} c_{kj}.

Division durch x_{k} ≠ 0 liefert dann

|c_{k} − λ| ≤ ∑_{j≠k} c_{kj} < c_{k},

d.h. λ liegt in einem Kreis um c_{k} mit Radius < c_{k}; weil aber c_{k} > 0 ist, liegt der Kreis vollständig in der rechten Halbebene. Weil schließlich λ ein beliebiger Eigenwert war, folgt die Behauptung. Eine (mit analytischen Hilfsmitteln beweisene) Verallgemeinerung findet man in [1].

Literatur

1. T. Lyche, Un théorème sur les déterminants, Det Kogelige Videnskabers Selskab. Forhandlinger 1 (1928), no. 41

2. H. Minkowski, Zur Theorie der Einheiten in den algebraischen Zahlkörpern, Göttinger Nachr. 1900, 90–91

3. H. Rohrbach, Bemerkungen zu einem Determinantensatz von Minkowski, Jahresber. DMV 40 (1931), 49–53

Cantor

Es ist den Mathematikern schon früh aufgefallen, daß man beim Betrachten von unendlichen Mengen Schwierigkeiten bekommen kann. So hat Galilei festgestellt, daß es ’genauso viele’ Quadratzahlen wie natürliche Zahlen gibt, da die Zuordnung n → n^{2} bijektiv ist. Andererseits gibt es natürlich ’mehr’ natürliche Zahlen als Quadratzahlen, und so kommt Galilei zu dem Schluß, das die Begriffe ’größer’ und ’kleiner’ auf unendliche Mengen nicht anwendbar sind.

Daß dies aber doch der Fall ist, hat zuerst Georg Cantor entdeckt. Er nannte zwei nichtleere Mengen gleichmächtig, wenn es eine bijektive Abbildung der einen auf die andere gibt. Eine Menge, die gleichmächtig zur Menge der natürlichen Zahlen ist, nannte er abzählbar (genauer: abzählbar unendlich). Dann bewies er den folgenden

Satz 23. Die Menge aller rationalen Zahlen ist abzählbar.

Dazu zeigen wir zuerst mit dem Cauchyschen Diagonalverfahren, daß die Menge der positiven rationalen Zahlen abzählbar ist. Da die positiven und die negativen rationalen Zahlen offensichtlich gleichmächtig sind, und das Hinzufügen der 0 an der Mächtigkeit nichts ändert, genügt es zu zeigen, daß die Vereinigung zweier abzählbarer Mengen wieder abzählbar ist. Tatsächlich gilt viel mehr:

Satz 24. Die Vereinigung höchstens abzählbar vieler höchstens abzählbarer Mengen ist wieder höchstens abzählbar.

Der Beweis ist ganz einfach: da es sich um abzählbar viele Mengen handelt, können wir diese numerieren: M_{1}, M_{2}, . . .. Da jedes M_{i} abzählbar ist, können wir die Elemente von M_{i} mit m_{i1}, m_{i2}, m_{i3}, … usw. numerieren. Jetzt zählen wir die Vereinigung der M_{i} wie eben ab:

\begin{matrix}m_{11} & m_{12} & m_{13} & … \\ m_{21} & m_{22} & m_{23} & … \\ m_{31} & m_{32} & m_{33} & … \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ... \end{matrix}

Der folgende Satz zeigt, daß es sehr viel mehr irrationale als rationale Zahlen gibt:

Satz 25. Die Menge ℝ aller reellen Zahlen ist überabzählbar.

Wir zeigen zuerst, daß die Teilmenge (0, 1] bereits überabzählbar ist. Jede dieser Zahlen läßt sich als unendlicher Dezimalbruch 0.a_{1}a_{2}a_{3} … schreiben, und zwar eindeutig: beispielsweise ist \frac{1}{2} = 0.499999 . . .. Wäre (0, 1] abzählbar, so könnten wir alle diese Zahlen in einer Folge α_{1}, α_{2}, …aufzählen und als Dezimalbrüche schreiben:

\begin{aligned}α_{1} & = & 0.a_{11}a_{12}a_{13} … \\ α_{2} & = & 0.a_{21}a_{22}a_{23} … \\ α_{3} & = & 0.a_{31}a_{32}a_{33} … \end{aligned}

Jetzt geben wir einen Dezimalbruch β = 0.b_{1}b_{2}b_{3} … an, der nicht in diesem Schema auftaucht: wir setzen b_{ν} = 2, falls a_{νν} = 1 ist, und b_{ν} = 1 sonst. Käme β in der Aufzählung α_{i} vor, so gäbe es ein n ∈ ℕ mit β = α_{n}. Vergleichen wir die n-te Ziffer in beiden Zahlen: ist a_{nn} = 1, so ist b_{n} = 2; ist a_{nn} ≠ 1, so ist b_{n} = 1. Daher können α_{n} und β nie gleich sein.

Daß jedes endliche Intervall (a, b) zu ℝ gleichmächtig ist, sieht man so ein: man ’verbiegt’ (a, b) zu einem Halbkreis, der die Zahlengerade im Mittelpunkt tangiert. Die Projektion des Halbkreises von seinem Mittelpunkt aus liefert dann eine Bijektion auf ℝ.

Dies wirft die Frage auf, ob es Mengen gibt, die eine größere Mächtigkeit als ℝ besitzen. Als erster Kandidat fällt einem vermutlich die Punkte eines Einheitsquadrats ein; auch Cantor hat mit diesem Kandidaten begonnen, fand aber den vollkommen überraschenden

Satz 26. Das Intervall [0, 1] und das Quadrat [0, 1] × [0, 1] sind gleichmächtig.

Cantor schrieb seinerzeit (20. Juni 1877), auf diesen Satz bezogen, an Dedekind ’Ich sehe es, aber ich glaube es nicht’. Die Beweisidee ist gar nicht so schwer: im wesentlichen wird aus einem Punkt 0.a_{1}a_{2}a_{3}a_{4} … durch ’Aufteilen der Dezimalziffern’ das Punktepaar (0.a_{1}a_{3}a_{5} …, 0.a_{2}a_{4}a_{6} …) gemacht.

Die Antwort auf die obige Frage nach mächtigeren Mengen als ℝ gibt

Satz 27. Ist M eine Menge, so hat die Potenzmenge Pot(M) größere Mächtigkeit als M.

Dieser Beweis ist praktisch nur eine Umformulierung des Beweises der Überabzählbarkeit von ℝ (sh. [1]).

Dies wirft nun folgende Frage auf: gibt es eine Menge, deren Mächtigkeit zwischen der Mächtigkeit der natürlichen und der reellen Zahlen liegt? Cantor hat vermutet, daß dies nicht der Fall ist, und hat oft geglaubt, einen Beweis für diese ’Kontinuumshypothese’ gefunden zu haben; dieser stellte sich aber immer als fehlerhaft heraus. Das ist auch kein Wunder, wie wir seit den Arbeiten von Gödel und Cohen wissen: es ist aber nicht etwa so, daß die Kontinuumshypothese heute widerlegt wäre. Vielmehr haben Gödel und Cohen bewiesen: die Kontinuumshypothese ist von den Axiomen A_{1} – A_{6} der Zermelo-Fraenkelschen Mengenlehre unabhängig: sie kann also in diesem System weder bewiesen, noch widerlegt werden.

Als kleine Anwendung dieser Methoden in der linearen Algebra bemerken wir

Satz 28. Sei K ein abzählbarer Körper (z.B. K = ℚ) und V ein K-Vektorraum mit abzählbarer Basis. Dann ist auch V abzählbar.

Als Folgerung der Überabzählbarkeit von ℝ erhalten wir aus diesem Satz, daß der ℚ-Vektorraum ℝ keine abzählbare Basis besitzen kann. Dies ist eine stärkere Aussage als dim_{ℚ} ℝ = ∞.

Literatur

1. H. Heuser, Lehrbuch der Analysis, Teil I

2. Ebbinghaus et al. Zahlen, Springer Verlag

3. H. Meschkowski, Wandlungen des mathematischen Denkens, Pieper Verlag 104 Proseminar 1995/96

Polya

Anhand der folgenden Aufgabe aus dem Putnam-Wettbewerb 1948 soll noch einmal das Herangehen an Probleme erläutert werden.

Beispiel 27. Sei a_{1}, …, a_{n}, … eine Folge positiver reeller Zahlen. Man beweise:

lim sup_{n→∞} (\frac{a_{1} + a_{n+1}}{a_{n}} )^{n} ≥ e.

Polya schlägt in [1] folgenden Weg vor:

Wir versuchen zu widerlegen

Man beginne mit den üblichen Fragen:

• Was ist die Voraussetzung? Nur a_{n} > 0, sonst nichts;

• Was ist die Behauptung Die obige Ungleichung mit e auf der rechten und dem komplizierten Grenzwert auf der linke Seite.

• Kenne ich einen verwandten Satz? Nein, wahrlich nicht.

• Ist es wahrscheindlich, daß der Satz wahr ist? Oder erscheint es wahrscheinlicher, daß er falsch ist? Natürlich falsch. Ich kann mir einfach nicht vorstellen, daß sich so eine präzise Konsequenz aus einer so allgemein gehaltenen Voraussetzung (a_{n} > 0) ableiten läßt.

• Was wird von einem verlangt? Daß man den Satz beweist. Oder widerlegt. Ich bin sehr für das Widerlegen.

Widerlegen wir also. Zuerst setzen wir b_{n} = (\frac{a_{1}+a_{n+1}}{a_{n}} )^{n}, um die Formeln zu vereinfachen. Dann probieren wir die Folge a_{n} = 1 für alle n ≥ 1; damit wird b_{n} = 2^{n}, und das geht gegen ∞. Die Behauptung ist in diesem Fall also richtig.

Wir können aber auch a_{1} = 0, a_{n} = 1 für n ≥ 2 setzen; dann wird b_{n} = 1: der Satz fliegt auf! Nein, das tut er nicht; die Voraussetzung lät a_{1} = 0.00001 zu, schließt aber a_{1} = 0 aus.

Versuchen wir etwas anderes! Sei a_{n} = n; dann folgt b_{n} = 1 + \frac{2}{n}, also b_{n} ⟶ e^{2}. Hier ist der Satz wieder richtig.

Was ist mit a_{n} = n^{2}? Hier ergibt sich

b_{n} = (\frac{1 + (n + 1)^{2}}{n^{2}} )^{n} = (1 + \frac{2}{n} \frac{n + 1}{n})^{n},

und das strebt gegen etwas, was sicher größer als e^{2} ist. Sollte der Satz sogar mit e^{2} auf der rechten Seite richtig sein?

Wir wollen einen Parameter einführen. Wir nehmen a_{1} = c, wo wir über c > 0 verfügen können, und setzen a_{n} = n für n ≥ 2. Dann strebt

b_{n} = (\frac{c + (n + 1)}{n})^{n} = (1 + \frac{1 + c}{n})^{n}

gegen e^{1+c}; dies ist immer > e, da c = a_{1} > 0 ist. Es kann aber beliebig nahe an e herankommen, da c beliebig klein sein kann. Wir können die Vermutung nicht widerlegen, können sie aber auch nicht beweisen.

Nur noch einen Versuch. Wenn wir nun a_{n} = n^{c} nehmen? Dann folgt

b_{n} = (\frac{1 + (n + 1)^{c}}{n^{c}} )^{n} ⟶ \{ \begin{matrix}∞ & für & 0 < c < 1; \\ e^{2} & für & c = 1; \\ e^{c} & für & c > 1. \end{matrix}

Wieder kann der Grenzwert beliebig nahe an e herankommen, bleibt aber immer oberhalb von e. Es wird uns nie gelingen, diesen &#!# Grenzwert unter e herunterzudrücken. Es ist Zeit, kehrt zu machen.

Wir versuchen zu beweisen

Wir beginnen wieder mit ein paar Fragen:

• Kann man die Voraussetzung abschwächen? Nein, das kann man nicht; wenn man a_{1} = 0 zuläßt, wird die Behauptung falsch.

• Kann man die Behauptung verbessern? Man kann sie keinesfalls dadurch verbessern, daß man e durch eine größere Zahl ersetzt.

• Haben wir alle wesentlichen Begriffe in Betracht gezogen, die in die Aufgabe eingehen? Nein, das haben wir nicht getan. Was haben wir nicht in Betracht gezogen? Die Definition von lim sup; die Definition von e.

• Was ist also lim sup b_{n}? Es ist der größte Häufungswert der Folge b_{n}, wenn n ⟶ ∞ strebt.

• Was ist e? Man kann e auf verschiedene Arten definieren; die hier nützlichste scheint e = lim_{n→∞}(1 + \frac{1}{n})^{n} zu sein.

Damit können wir die Behauptung folgendermaßen schreiben;

lim sup_{n→∞} (\frac{a_{1} + a_{n+1}}{a_{n}} )^{n} ≥ lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n})^{n}.

Da wir lim auch durch lim sup ersetzen dürfen (aber nicht umgekehrt!) und man mit lim sup ebenso rechnet wie mit lim, erhalten wir

lim sup_{n→∞} (\frac{n(a_{1} + a_{n+1})}{(n + 1)a_{n}})^{n} ≥ 1.

Das sieht schon viel besser aus. Allerdings ist nicht recht klar, was man jetzt tun soll. Die einzige Möglichkeit scheint ein Widerspruchsbeweis zu sein: wenn die Aussage nämlich falsch ist, dann haben wir eine Folge a_{n}, mit der wir weitermachen können. Nehmen wir also an, es gebe eine Folge a_{n} mit

lim sup_{n→∞} (\frac{n(a_{1} + a_{n+1})}{(n + 1)a_{n}})^{n} < 1.

Wenn dies der Fall ist, müssen die Folgenglieder ab einem gewissen N alle unterhalb von 1 liegen, d.h. es gilt

(\frac{n(a_{1} + a_{n+1})}{(n + 1)a_{n}})^{n} < 1 für alle n ≥ N.

Dies ist natürlich gleichbedeutend mit

\frac{n(a_{1} + a_{n+1})}{(n + 1)a_{n}} < 1 für alle n ≥ N.

Kann man dieser Aussage eine symmetrische Form geben? Man kann:

\frac{a_{1}}{n + 1} + \frac{a_{n+1}}{n + 1} < \frac{a_{n}}{n} .

Jetzt haben wir eine Summe von Folgengliedern dastehen; hätten wir stattdessen eine Differenz, so könnten wir vielleicht Teleskopieren. Nichts einfacher als das:

\frac{a_{n+1}}{n + 1} − \frac{a_{n}}{n} < −\frac{a_{1}}{n + 1}.

Aufsummieren von n = N bis n = k − 1 liefert nun

\frac{a_{k}}{k} < \frac{a_{N}}{N} − a_{1}(\frac{1}{N + 1} + \frac{1}{N + 2} + … + \frac{1}{k − 1} + \frac{1}{k} ).

Setzen wir C = \frac{a_{N}}{N} + a_{1}(1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{k} ), so ist C bei festem N eine Konstante, und wir haben

\frac{a_{k}}{k} < C − a_{1}(1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{k} ).

Da die harmonische Reihe aber divergiert, impliziert dies lim_{k→∞} \frac{a_{k}}{k} = −∞, und das widerspricht vierkant der Voraussetzung, daß die a_{i} > 0 sind. Dieser Widerspruch beweist endlich unsere Behauptung.

Die Rolle der Probierphase

Wenn wir auf die obige Lösung der Aufgabe zurückblicken, könnten wir meinen, daß wir aus der Probierphase nichts mit in den Beweis übernommen haben und diese also überflüssig gewesen ist. Dem ist aber nicht so:

Erstens haben wir durch die Untersuchung von konkreten Einzelfällen den Satz erst gründlich verstanden. Wir haben uns vergewissert, daß die Voraussetzung wesentlich und die Behauptung scharf ist. Diese Einsicht war uns in der Beweisphase nützlich: wir wußten, daß wir die ganze Voraussetzung benützen und den genauen Wert von e in Betracht ziehen mußten.

Zweitens haben wir durch die Verifizierung des Satzes in verschiedenen Einzelfällen starke induktive Beweisstützen dafür gesammelt. Ohne das Vertrauen, das uns diese Spezialfälle vermittelt haben, hätten wir kaum den Mut gefunden, den Beweis in Angriff zu nehmen.

Literatur

1. G. Polya, Mathematik und plausibles Schließen, Band 1: Induktion und Analogie in der Mathematik, 2. Aufl. Birkhäuser 1969

Aufgaben: Diverses

1. Für welches a ∈ ℝ hat die Quadratsumme aus den Wurzeln der Gleichung x^{2} − (a − 2)x − a − 1 = 0 den kleinsten Wert?

2. Sind x_{1}, x_{2} Wurzeln der Gleichung x^{2} − 6x + 1, so ist die Summe x_{1}^{n} + x_{2}^{n} für jede natürliche Zahl n ∈ ℕ ganzzahlig und nicht durch 5 teilbar.

3. Ein Polynom f(x, y) in den Variablen x und y heißt antisymmetrisch, wenn f(x, y) = −f(y, x) ist. Zeige: jedes antisymmetrische Polynom f(x, y) hat die Form f(x, y) = (x − y)g(x, y), wobei g(x, y) symmetrisch in x, y ist.

4. Ist f(x, y) symmetrisch und (x − y)|f(x, y), dann gilt (x − y)^{2}|f(x, y)

5. Löse die Gleichung x^{8} + 4z^{6} − 10z^{4} + 4z^{2} + 1 = 0.

6. Löse die Gleichung (x − a)^{4} + (x − b)^{4} = (a − b)^{4} (Hinweis: zwei Lösungen kann man auf Anhieb sehen).

7. Zerlege in Faktoren: a) x^{10} + x^{5} + 1 b) x^{4} + x^{2} + 1 c) x^{8} + x^{4} + 1.

8. Es sei f(x) = (1−x+x^{2}−x^{3}+…−x^{99}+x^{100})(1+x+x^{2}+…+x^{100}). Zeige, daß nach dem Ausmultiplizieren nur gerade Potenzen von x auftreten.

9. Bestimme den Rest bei der Teilung von x^{100} − 2x^{51} + 1 durch x^{2} − 1.

10. Bestimme a, b ∈ ℝ so, daß (x − 1)^{2}|(ax^{4} + bx^{3} + 1).

11. Für welche n ∈ ℕ gilt a) (x^{2} + x + 1)|((x + 1)^{n} − x^{n} − 1)?

a) (x^{2} + x + 1)|((x + 1)^{n} + x^{n} + 1)?

12. Zeige (x − 1)^{2}|(nx^{n+1} − (n + 1)x^{n} + 1).

13. Zeige k|n ⟹ (x^{k} − a^{k})|(x^{n} − a^{n}).

14. Zeige (x + 1)^{2}|(x^{4n+2} + 2x^{2n+1} + 1).

110 Proseminar 1995/96

15. Das Polynom 1+x+ \frac{1}{2!}x^{2}+ \frac{1}{3!}x^{3}+…+ \frac{1}{n!}x^{n} hat keine mehrfache Nullstelle.

16. Bestimme a so, daß −1 eine mehrfache Nullstelle von x^{5} − ax^{2} − ax + 1 wird.

17. In x^{3}+ox^{2}+qx+r ist eine Nullstelle gleich der Summe der beiden anderen. Welche Beziehung besteht zwischen p, q und r?

18. Welche Relation zwischen a und b muß gelten, damit x^{5} +ax^{3} +b eine von Null verschiedene doppelte Nullstelle hat?

19. Seien a, b ∈ ℤ ganze Zahlen; dann ist das Polynom (x − a)^{2}(x − b)^{2} + 1 irreduzibel in ℤ, also nicht als Produkt zweier Polynome vom Grad ≥ 1 mit ganzen Koeffizienten darstellbar.

20. Es sei f(x) = x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1; bestimme den Rest bei der Teilung von f(x^{5}) durch f(x).

21. Es sei f(x) = (x^{1958} + x^{1957} + 2)^{1959} = a_{0} + a_{1}x + … + a_{n}x^{n}. Bestimme a_{0} − \frac{1}{2}a_{1} − \frac{1}{2}a_{2} + a_{3} − \frac{1}{2}a_{4} − \frac{1}{2}a_{5} + a_{6} ± . . ..

22. Bestimme den Rest bei der Teilung von x^{1959}−1 durch (x^{2}+1)(x^{2}+x+1).

23. Bestimme alle positiven Lösungen der Gleichung nx^{n+1}−(n+1)x^{n}+1 = 0.

24. Sind a_{1}, …, a_{n} ∈ ℤ verschieden, so ist (x − a_{1}) ⋯ (x − a_{n}) − 1 irreduzibel in ℤ.

25. Mache den Nenner rational: \frac{1}{1+\sqrt{2}−\sqrt{3}}.

26. Sei a_{n} = n(\sqrt{n^{2} + 1} − n; bestimme lim_{n→∞} a_{n}.

27. Sei a_{n} = \sqrt{n + 1} + \sqrt{n}, b_{n} = \sqrt{4n + 2}; zeige, daß a) [a_{n}] = [b_{n}], b) 0 < b_{n} − a_{n} < \frac{1}{16n\sqrt{n}}.

28. (x + y\sqrt{5})^{4} + (z + w\sqrt{5})^{4} = 2 + \sqrt{5} hat keine rationalen Lösungen.

29. Sei (1+\sqrt{2})^{n} = x_{n}+y_{n}\sqrt{2}, mit x_{n}, y_{n} ∈ ℤ. Zeige, daß a) x_{n}^{2}−2y_{n}^{2} = (−1)^{n}, b) x_{n+1} = x_{n} + 2y_{n}, y_{n+1} = x_{n} + y_{n}.

30. Welche Zahl ist größer, \sqrt{n} + \sqrt{n + 1} oder \sqrt{n − 1} + \sqrt{n + 2} ?

31. a) Was ist lim_{n→∞}(2 − \sqrt{3})^{n}?

b) Bestimme die ersten 100 Stellen nach dem Komma von (\sqrt{50} + 7)^{100}.

32. Ist p > 2 eine Primzahl, so gilt p | [(2 + \sqrt{5})^{p}] − 2^{p+1}.

33. [(2 + \sqrt{3})^{n}] ist ungerade.

34. Durch welche höchste Potenz von 2 ist [(1 + \sqrt{3})^{n}] teilbar?

35. Ist \sqrt[3]{\sqrt{5} + 2} − \sqrt[3]{\sqrt{5} − 2} rational oder irrational?

36. Was ist die 6. Stelle hinter dem Komma bei (\sqrt{1978} + [\sqrt{1978}]^{20})?

37. Finde die 1. Stelle vor und hinter dem Komma bei (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{1980}.

38. Sei a_{1}, …, a_{n} eine arithmetische Folge, und seien alle a_{i} > 0; zeige

\frac{1}{\sqrt{a_{1}} + \sqrt{a_{2}}} + \frac{1}{\sqrt{a_{2}} + \sqrt{a_{3}}} + … + \frac{1}{\sqrt{a_{n−1}} + \sqrt{a_{n}}} = \frac{n − 1}{\sqrt{a_{1}} + \sqrt{a_{n}}} .

39. Sei abc = 1; welchen Wert hat die Summe

\frac{a}{ab + a + 1} + \frac{b}{bc + b + 1} + \frac{c}{ca + c + 1} ?

40. Für jede natürliche Zahl a hat x^{2} − y^{2} = a^{3} ganzzahlige Lösungen x,y.

41. Es gibt unendlich viele rationale Zahlen, sodaß \sqrt{x^{2} + x + 1} rational ist.

42. f(x, y) ist für alle natürlichen Zahlen definiert und erfüllt die Bedingungen f(x, x) = x, f(x, y) = f(y, x), (x + y)f(x, y) = f(x, x + y) · y. Berechne f(980, 980).

43. Für alle x, y ∈ R gilt x^{2} + y^{2} + 1 ≥ x + y + xy.

44. Bestimme alle Lösungen des Gleichungssystems

\frac{2x^{2}}{1 + x^{2}} = y, \frac{2y^{2}}{1 + y^{2}} = z, \frac{2z^{2}}{1 + z^{2}} = x.

45. Löse in ganzen Zahlen: x^{4} + 4y^{4} = 2(z^{4} + 4u^{4}).

46. Für natürliche Zahlen m, n gilt

f(m, n) = \frac{1}{m + n + 1} − \frac{1}{(m + n)(n + 1)} ≤ \frac{4}{45}.

47. (\sqrt{2} − 1)^{n} hat für jede natürliche Zahl n die Form \sqrt{m} − \sqrt{m − 1}, wo m eine natürliche Zahl ist.

48. In einem Raum sind n Personen anwesend. Jede dieser Personen kennt mindestens [\frac{2n}{3}] + 1 der anwesenden anderen Personen. Zeige, daß es im Raum vier Personen gibt, die sich gegenseitig kennen. ([x] ist die größte ganze Zahl ≤ x)

49. Die folgende Ungleichung soll (im Kopf) bewiesen werden:

\sqrt{6 + \sqrt{6 + \sqrt{6 + … + \sqrt{6 + \sqrt{6}}}}} < 3.

Konvergiert die Folge? Wogegen?

50. Eine Folge a_{n}, n ≥ 1 ist definiert durch a_{1} = 5, a_{n+1} = a_{n}^{2}. Zeige, daß a_{n} − 1 mindestens n verschiedene Primteiler hat.

51. (Ramanujan) lim_{n→∞} \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3\sqrt{1 + … \sqrt{1} + (n − 1)\sqrt{n}}}} = 3.

52. Die Folge a_{n} = \sqrt{1 + \sqrt{2 + \sqrt{3 + … + \sqrt{n}}}} soll möglichst scharf von oben und unten abgeschätzt werden.

53. Zeige \sqrt{n + \sqrt{n − 1 + … + \sqrt{2 + \sqrt{1}}}} < \sqrt{n} + 1.

54. x^{2} + 3xy − 2y^{2} = 122 ist in ganzen Zahlen nicht lösbar.

55. Seien a, b, c ∈ ℝ gegeben mit |ax^{2} + bx + c| ≤ 1 für alle x ∈ [−1, 1]; zeige, daß dann auch |cx^{2} + bx + a| ≤ 2 für alle x ∈ [−1, 1] gilt.

56. Seien m, n ∈ ℕ mit \frac{m}{n} < 2; zeige, daß dann \sqrt{2} − \frac{m}{n} > \frac{1}{2\sqrt{2}n^{2}} .

57. Löse x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2xyz in ganzen Zahlen.

58. Zeige, daß gilt:

1 − \frac{1}{2} + \frac{1}{3} − \frac{1}{4} ± … − \frac{1}{200} = \frac{1}{100} + \frac{1}{101} + … + \frac{1}{200}.

59. Definiere zwei Folgen a_{n} und c_{n} durch

a_{0} = \frac{1}{2}, a_{n+1} = \frac{2a_{n}}{1 + a_{n}^{2}} , c_{0} = 4, c_{n+1} = c_{n}^{2} − 2c_{n} + 2.

Für alle n ≥ 1 gilt dann:

a_{n} = \frac{2c_{0}c_{1} ⋯ c_{n−1}}{c_{n}} .

60. Sei n > 1 ungerade; die reellen Zahlen x_{j} mögen dem Gleichungssystem

(x_{2} − x_{1})^{2} + 2(x_{2} + x_{1}) + 1 = n^{2}
(x_{3} − x_{2})^{2} + 2(x_{3} + x_{2}) + 1 = n^{2}
⋮
(x_{1} − x_{n})^{2} + 2(x_{1} + x_{n}) + 1 = n^{2}

genügen. Zeige, daß zwei der x_{j} gleich sind.

61. Sei x_{n} eine Folge natürlicher Zahlen mit x_{1} = 1 und x_{n} < x_{n+1} ≤ 2n. Für alle k ∈ ℕ existieren dann r, s ∈ ℕ mit x_{r} − x_{s} = k.

62. Die n^{2} Zahlen x_{ij} (i, j = 1, 2, …, n) genügen den n^{3} Gleichungen x_{ij} + x_{jk}+x_{ki} = 0. Zeige, daß es dann Zahlen a_{1}, …, a_{n} gibt, sodaß x_{ij} = a_{i}−a_{j} für alle i, j gilt.

63. Sei a_{1} = 1, a_{2} = a_{1} + \frac{1}{a_{1}} , a_{3} = a_{2} + \frac{1}{a_{2}} , …, a_{n+1} = a_{n} + \frac{1}{a_{n}}. Zeige, daß a_{100} > 14 ist.

64. Man beweise: ist die natürliche Zahl n größer als 1, dann ist n^{4} + 4^{n} keine Primzahl.

65. Eine Folge a_{j} ist definiert durch a_{1} = 1, a_{2} = 2, und a_{n+2} = a_{n+1} · a_{n} für n ≥ 1. Man bestimme den Rest von a_{1000} bei Division durch 7.

66. Für welche n ∈ ℕ ist 2^{n} + 1 eine Quadratzahl?

67. Gegeben ist die Pythagoras-Figur: ein rechtwinkliges Dreieck mit den Katheten a und b samt aufgesetzten Quadraten. Man berechne den Flächeninhalt des kleinsten konvexen Sechsecks, das diese Figur umfaßt (ausgedrückt durch a und b).

68. Für welche Primzahlen p ist 2p + 1 eine Kubikzahl?

69. Man beweise: haben die Dreiecke ABC_{1} und ABC_{2} denselben Umkreis und sind H_{1} bzw. H_{2} ihre Höhenschnittpunkte, so ist C_{2} − C_{1} = H_{2} − H_{1}.

70. Sind die Koeffizienten des Polynoms ax^{2}+bx+c ungerade ganze Zahlen, so laeßt es sich nicht in Linearfaktoren mit rationalen Koeffizienten zerlegen.

71. Auf sieben Täfelchen stehen die Ziffern 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Man beweise, daß keine einzige siebenstellige Zahl, die man mit diesen Täfelchen zusammenstellen kann, durch eine andere solche Zahl teilbar ist.

72. Eine Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, … ist gegeben durch a_{1} = 1 und a_{n+1} = \frac{1}{3}a_{n}^{2} + \frac{3}{4}. Man beweise:

a) Für alle n ∈ ℕ gilt a_{n} < \frac{3}{2} und a_{n+1} > a_{n};

b) Zeige, daß α = lim_{n→∞} a_{n} existiert und berechne α.

73. Für jedes n ∈ ℕ sei

s_{n} = ({n \atop 1}) + ({n \atop 2}) + ({n \atop 4}) + ({n \atop 8}) + …

Man zeige: s_{n} kann nur dann Primzahl sein, wenn n = 2^{k} mit k ∈ ℕ gilt.

74. Eine Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, … ist gegeben durch

a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{n+2} = \{ \begin{matrix}a_{n+1} + a_{n} & wenn & a gerade ist, \\ a_{n+1} − a_{n} & wenn & a gerade ist. \end{matrix}

a) Man berechne a_{1000}, a_{2000} und a_{3000};

b) Für welche n ∈ ℕ ist 1) a_{2n} = 2a_{n}; 2) a_{3n} = 3a_{n}; 3) a_{4n} = 4a_{n}; ?

c) Für welche n ∈ ℕ ist a_{1} + a_{2} + … + a_{n} eine Quadratzahl?

75. Kann das Produkt von zwei, drei oder vier aufeinanderfolgenden Zahlen eine Quadratzahl sein?

76. Man zeige: Zeichnet man über allen vier Seiten eines Parallelogramms Quadrate, so bilden die Mittelpunkte dieser Quadrate selbst ein Quadrat.

77. Man bestimme alle Paare natürlicher Zahlen x, y, für die gilt:

1! + 2! + 3! + … + x! = 1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + y^{3}.

78. Kann man die 20 Zahlen 1, 2, 3, …, 20 so zu Paaren (a_{i}, b_{i}) zusammenfassen, daß b_{i} − a_{i} = i für alle 1 ≤ i ≤ 10 gilt? Geht es, wenn man 20 durch 10 ersetzt?

79. Man ermittle unendlich viele Lösungen der Gleichung x^{2} + y^{3} = z^{4} mit natürlichen Zahlen x, y, z. Hinweis: 1 + 8 = 9.

80. Man beweise:

a) Zu jedem n ∈ ℕ gibt es ein m ∈ ℕ derart, daß mn + 1 eine Kubikzahl ist;

b) Sind c, n ∈ ℕ und gibt es mindestens ein m ∈ ℕ, sodaß mn + c eine Kubikzahl ist, dann gibt es unendlich viele solcher m.

c) Es gibt c, n ∈ ℕ sodaß für kein m ∈ ℕ die Zahl mn + c eine Kubikzahl ist.

d) Man beweise eine Verschärfung von c).

81. In einem Trapez begrenzen die Diagonalen zusammen mit den beiden Grundseiten zwei Dreiecke mit den Flächeninhalten A_{1} und A_{2}. Man berechne

a) den Flächeninhalt A des Trapezes;

b) die Flächeninhalte der beiden von den Diagonalen und den Schenkeln begrenzten Dreiecke, jeweils in Abhängigkeit von A_{1} und A_{2}.

82. Man gebe zwei unendliche Teilmengen A und B von ℕ an, sodaß jede natürliche Zahl n genau eine Darstellung in der Form n = a · b mit a ∈ A und b ∈ B hat. Gibt es unendlich viele solcher Teilmengen?

83. Im Innern eines konvexen 4n-Ecks liegen m Punkte. Zusammen mit den Ecken bilden sie eine (m + n)-elementige Menge M. Das n-Eck wird in Dreiecke zerschnitten, deren Ecken zu M gehören. Wie groß ist die Anzahl dieser Dreiecke höchstens?

84. Bei einer Sammlung spendeten a_{1} Personen mindestens 1 DM, a_{2} Personen mindestens 2 DM, …, und a_{n} Personen mindestens n DM. Alle gaben einen ganzen DM-Betrag, niemand gab mehr als n DM. Wie groß war das Sammelergebnis?

85. Man beweise: Sind a und b Seiten eines Dreiecks, h_{a} und h_{b} die zugehörigen Höhen, so gilt: Aus a ≥ b folgt a + h_{a} ≥ b + h_{b}. Wann gilt das Gleichheitszeichen?

86. Sind n, k ∈ ℕ, so gibt es genau ein N ∈ ℕ mit der Eigenschaft

(\sqrt{n + 1} − \sqrt{n})^{k} = \sqrt{N + 1} − \sqrt{N}.

87. Ist eine der Zahlen 14^{1} + 19^{80}, 19^{80} + 80^{19}, 80^{19} − 19^{19} eine Primzahl?

88. Eine Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, … ist gegeben durch

a_{1} = 0, a_{2} = 1, a_{n} = 7a_{n−1} − 12a_{n−2} für n ≥ 3.

Man beweise, daß a_{n} = 3a_{n−1} + 4^{n−2} und a_{n} = 4a_{n−1} + 3^{n−2} gilt, und drücke a_{n} als Funktion von n aus.

89. Vier Geraden in allgemeiner Lage bestimmen vier Dreiecke. Man zeige: die Umkreise dieser Dreiecke gehen durch einen Punkt.

Hinweis: Sind A, B, C, D, E, F die Schnittpunkte der Geraden, so betrachte man z.B. den Schnittpunkt S ≠ C der Kreise ABC und CDE und weise nach, daß auch die beiden andern Kreise durch S gehen.

90. Ein beliebiger Punkt C eines Kreisbogens über der Sehne AB liege näher bei B als bei A und sei mit A und B verbunden. Vom Mittelpunkt M dieses Bogens wird auf AC das Lot MP gefällt.Man beweise, daß P den Sehnenzug ACB halbiert, d.h. daß \overline{AP} = \overline{P C} + \overline{CB} gilt.

91. Gegeben ist ein konvexes Viereck und vier abgeschlossene Kreisscheiben, deren Durchmesser so groß sind wie die Seiten des Vierecks. Man beweise, daß das Viereck mit den Kreisscheiben völlig überdeckt werden kann.

92. Unter fünf natürlichen Zahlen < 31 gibt es zwei, sagen wir a und b, für die gilt: 1 < \frac{a}{b} ≤ 2.

93. Die positive rationale Zahl werde aufgefaßt als Näherungswert für \sqrt{2}. Man beweise, daß \frac{r+2}{r+1} ein besserer Näherungswert für \sqrt{2} ist. Verallgemeinerung?

94. Sei g eine beliebige gerade Zahl und a = g^{2^{n}} + 1 für n ∈ ℕ_{0}.

a) Für n ≥ 1 ist a_{n} zu jeder der Zahlen a_{1}, a_{2}, …, a_{n−1} teilerfremd;

b) Zeige mit a), daß es unendlich viele Primzahlen gibt.

95. Die Zahl 3 kann auf genau vier verschiedene Arten als ’geordnete Summe’ von natürlichen Zahlen dargestellt werden: 3, 1 + 2, 2 + 1, 1 + 1 + 1. Man beweise, daß die natürliche Zahl n genau 2^{n−1} solcher Darstellungen besitzt.

96. Man beweise, daß sich jede natürliche Zahl k in der Form k = x^{2} + y^{2} − z^{2} mit x, y, z ∈ ℕ_{0} darstellen läßt, und zwar auf unendlich viele Arten. Bei k = 1 und k = 2 gibt es unendlich viele solcher Darstellungen mit x = y, für k = 3 dagegen keine.

97. Man berechne (mit einem Taschenrechner) einen Näherungswert für die Zahl \sqrt{99 − 70\sqrt{2}} + \sqrt{81 − 56\sqrt{2}}; das Ergebnis wird einem bekannt vorkommen. Beweis?

98. Man beweise: es gibt unendlich viele natürliche Zahlen, die sich nicht als Summe einer Quadratzahl und einer (positiven) Primzahl schreiben lassen.

99. Man beweise: es gibt unendlich viele natürliche Zahlen, die sich nicht als Summe einer positiven Kubikzahl und einer (positiven) Primzahl schreiben lassen.

100. Ist G eine Gruppe, in der jedes Element zu sich selbst invers ist, so ist G kommutativ. Ist die Umkehrung auch richtig?

101. 27 gleiche Holzwürfel werden zu einem Würfel zusammengesetzt. Ein Holzwurm dringt durch eine Seitenfläche von einem der äußeren Würfel ein und bohrt sich eine Bahn, die genau einmal durch jeden der 27 Würfel führt. Dabei gelangt er von einem Würfel zu einem Nachbarwürfel nie durch Kanten und Ecken, sondern stets durch das Innere einer quadratischen Fläche. Ist es dann möglich, daß die Bahn in dem zentralen Würfel endet?

102. Ein Polyeder (Vielflach) besitze f Flächen und k Kanten. Man beweise: es ist 3f ≤ 2k, mit Gleichheit genau dann, wenn das Polyeder ausschließlich Dreiecksflächen besitzt.

103. Man beweise, möglichst mit Verschärfung: Es gibt keine drei aufeinanderfolgende natürlichen Zahlen, von denen die mittlere eine Quadratzahl ist, die kleinste das Doppelte und die größte das Dreifache einer Quadratzahl ist.

104. In einem Würfel mit der Kantenlänge 15 m liegen 11.000 Punkte. Man weise nach, daß es eine Kugel mit dem Radius 1 m gibt, in deren Innerem mindestens sechs von diesen Punkten liegen.

105. Man beweise: Schneiden sich zwei Geraden innerhalb eines Kreises senkrecht, so schneiden je zwei Scheitelwinkel aus dem Kreis Bögen aus, die zusammen einen Halbkreis ergeben.

106. Sei a_{1}, a_{2}, …, a_{n} irgendeine Umordnung der Zahlen 1, 2, …, n. Man beweise, daß das Produkt (a_{1} − 1)(a_{2} − 2) · . . . · (a_{n} − n) gerade sein muß, wenn n ungerade ist.

107. Man beweise: eine natürliche Zahl n > 1 ist genau dann keine Primzahl, wenn es vier natürliche Zahlen a, b, c, d gibt mit n = a + b + c + d und ab = cd.

108. Die Summe aller Teiler einer natürlichen Zahl n werde mit σ(n) bezeichnet; dann heißt n vollkommen, wenn σ(n) = 2n gilt (Beispiel: n = 6; hier ist σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12). Man kennt einige gerade vollkommene Zahlen, aber keine einzige ungerade vollkommene Zahl. Man beweise: Ist n ∈ ℕ ungerade und enthält n höchstens zwei Primfaktoren, dann ist σ(n) < 2n. Beispiel: σ(3^{5}) = 1 + 3 + 3^{2} + 3^{3} + 3^{4} + 3^{5} = 364 < 2 · 3^{5} = 486, oder σ(3^{4}·5^{3}) = (1+3+3^{2}+3^{3}+3^{4})(1+5+5^{2}+5^{3}) = 18876 < 2·3^{4}·4^{3} = 20250. Man zeige auch, daß es unendlich viele n ∈ ℕ mit σ(n) < 2n gibt.

109. Man hat zwei Schachteln mit Streichhölzern; in der einen sind a Stück, in der andern b. Durch einen ’Zug’ wird im folgenden Spiel die Anzahl in einer der Schachteln verdoppelt, indem man die nötigen Streichhölzer aus der andern Schachtel nimmt. Die Züge werden solange fortgesetzt, bis eine der Schachteln leer ist. Unter welchen Voraussetzungen an a und b endet das Spiel?

110. Bei einem Wahlkampf werden von den verschiedenen Parteien genau n unterschiedliche Wahlversprechen gegeben. Keine zwei Parteien haben genau dieselbe Menge von Wahlversprechen, aber je zwei Parteien haben mindestens ein Wahlversprechen gemeinsam. Man zeige, daß die Anzahl der Parteien ≤ 2^{n−1} ist, und daß 2^{n−1} dabei durch keine kleinere Zahl ersetzt werden kann.

111. Ein Schnellzug und ein Güterzug fahren auf parallelen Gleisen. Der Schnellzug fährt x-mal so schnell wie der Güterzug. Fahren sie in derselben Richtung, so dauert das Passieren x-mal so lange wie wenn sie in entgegengesetzter Richtung fahren. Man berechne x. Zum Begriff des Passierens: während des Passierens gibt es mindestens eine Gerade senkrecht zur Bewegungsrichtung, die beide Züge schneidet.

112. Gegeben sind 30 Punkte in einer Ebene, von denen keine drei auf einer Geraden liegen. Gibt es dann stets mehr als acht dreieckige Scheiben, deren Ecken zu den gegebenen Punkten gehören, und die paarweise keinen Punkt gemeinsam haben? Wieviele mindestens? Verallgemeinerung?

113. Man beweise, daß die Zahlen 10.101 und 100.011 in jedem Stellenwertsystem zusammengesetzt sind.

114. Zwei Kreise schneiden sich in A und B. Eine Gerade dreht sich um A und wird von den Kreisen außer in A noch in P und Q geschnitten. Man beweise, daß der Quotient \overline{P B}/\overline{QB} dabei konstant bleibt (falls er definiert ist).

115. Welche Zahlen m > 1 haben die Eigenschaft, daß m ein Teiler des Produktes 1 · 2 · . . . · (m − 1) ist?

116. In einem Gefängnis gibt es 100 Zellen mit den Nummern 1 bis 100. Bei einem 1. Durchgang werden alle Zellentüren geöffnet; bei einem 2. Durchgang werden alle Zellentüren mit der Nummer 2n, n ≥ 1 geschlossen; bei einem 3. Durchgang wird der Zustand jeder Tür mit der Nummer 3n, n > 1 von offen auf geschlossen geändert und umgekehrt; allgemein wird beim k-ten Durchgang der Zustand aller Türen mit der Nummer kn, n > 1 geändert. Welche Türen sind nach 100 Durchgängen geöffnet? Verallgemeinerung?

117. Sei a eine beliebige positive ganze Zahl. Man beweise, daß es immer ein Paar von positiven ganzen Zahlen x, y gibt, sodaß x + \frac{1}{2}(x + y − 1)(x + y − 2) = a ist.

118. Man bestimme alle Funktionswerte der Funktion t : ℕ ⟶ ℕ mit t(n) = [n + \sqrt{2n} + 0, 5]. Dabei ist [x] die größte ganze Zahl ≤ x.

119. Es sei f_{0}(x) = \frac{1}{1−x} und f_{n}(x) = f_{0}(f_{n−1}(x)) für n = 1, 2, 3, . . .. Man berechne f_{1976}(1976).

120. Unter der Restsumme r(n) einer natürlichen Zahl n versteht man die Summe aller Reste, die bei Division durch die natürlichen Zahl von 1 bis n entstehen. Man zeige: ist von zwei aufeinanderfolgenden Zahlen die großere eine Zweierpotenz, so haben beide Zahlen die gleiche Restsumme.

121. In einer Ebene liegen n Quadrate; in wieviele Teile zerlegen sie die Ebene höchstens?

122. Die Menge aller positiven ganzen Zahlen sei die Vereinigung zweier disjunkter Teilmengen {f(1), f(2), f(3), …} und {g(1), g(2), g(3), …}. Dabei sei f(1) < f(2) < f(3) < …, g(1) < g(2) < g(3) < … und g(n) = f(f(n)) + 1 für alle n ≥ 1. Man bestimme f(240) und f(999).

123. Für eine unendliche Folge (a_{n}) ganzer Zahlen mit Anfangsglied a_{1} gilt

a_{n+1} = \{ \begin{matrix}a_{n} − n, & falls & a_{n} ≥ n, \\ a_{n} + n, & falls & a_{n} < n. \end{matrix}

a) Man beweise, daß unendlich viele Glieder dieser Folge gleich 0 sind;

b) Wie groß ist der Index n(k; a_{1} des k-ten Folgenglieds mit dem Wert 0 in Abhängigkeit von a_{1}?

124. Gegeben sei die Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, …, mit a_{1} = 1, a_{2} = 2, und a_{n} = a_{n−1} · a_{n−2} für n ≥ 3. Man bestimme den rest von a_{366} bei Division durch 7.

125. Sei V die Menge aller natürlicher Zahlen, die sich in der Form 3p + 7q schreiben lassen, wobei p und q nichtnegative ganze Zahlen sind. Welche natürlichen Zahlen gehören nicht zu V?

126. (Moskau 1965) Seien p, q > 0 teilerfremde natürliche Zahlen. Eine Zahl n ∈ ℤ heißt gut, wenn es natürliche Zahlen x, y ≥ 1 gibt mit n = px + qy.

a) Man zeige, daß ein c ∈ ℕ existiert mit der Eigenschaft, daß von jedem Paar (n, c − n) immer eine Zahl gut, die andere schlecht ist.

b) Wieviele schlechte Zahlen ≥ 0 gibt es?

127. (Moskau 1965) Kann man 1965 Punkte so in ein Quadrat der Länge 1 legen, daß jedes Quadrat mit der Seitenlänge 0, 005 (parallel zu einer Seite des großen Quadrats) mindestens einen dieser Punkte enthält?

128. (Voronezh 1966) Seien x, y ∈ ℕ; kann sowohl x^{2} + y, als auch y^{2} + x ein Quadrat sein?

129. (Leningrad 1968) Man zeige

\begin{aligned}\frac{2}{x^{2}−1} & + & \frac{4}{x^{2}−4} + \frac{6}{x^{2}−9} + … + \frac{20}{x^{2}−100} \\ & = & 11(\frac{1}{(x−1)(x+10)} + \frac{1}{(x−2)(x+9)} + … + \frac{1}{(x−10)(x+1)}). \end{aligned}

130. Die Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, … ist folgendermaßen definiert: a_{1} = 1, a_{2} = 2, und für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 gilt:

a_{n+2} = \{ \begin{matrix}a_{n+1} − a_{n}, & falls & a_{n+1} und a_{n} beide gerade sind, \\ a_{n+1} − a_{n}, & sonst \end{matrix}

Man berechne a_{1000}, a_{2000}, und a_{3000}.

131. Es sei a_{0}, a_{1}, …, a_{n} eine endliche Folge ganzer Zahlen mit den Eigenschaften

a) 0 ≤ a_{k} ≤ n für alle 0 ≤ k ≤ n;

b) für alle k mit 0 ≤ k ≤ n kommt die Zahl k genau a_{k} mal unter den Zahlen a_{i} vor. Man bestimme für jede natürliche Zahl n alle Folgen der verlangten Art.

132. Man beweise und verallgmeinere

\frac{x}{1 + x} + \frac{2x^{2}}{1 + x^{2}} + \frac{4x^{4}}{1 + x^{4}} + \frac{8x^{8}}{1 + x^{8}} = \frac{x}{1 − x} + \frac{16x^{16}}{1 − x^{16}} .

133. Man gebe an, wie ein beliebiges Dreieck in endlich viele Teildreiecke zerlegt werden kann, die sich zu einem dem Dreieck flächengleichen Rechteck der Breite 1 zusammensetzen lassen.

134. Gegeben ist die Menge M = {1, 2, 3, 4, 5} mit der Verknüpfung ∗. Für alle x, y, z ∈ M gelte x ∗ y ∈ M, x ∗ y = y ∗ x, (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z), und 1 ∗ x = x. Außerdem ist bekannt, daß 2 ∗ 4 = 1, 3 ∗ 5 = 1 und 2 ∗ 3 = 4 gilt. Man bestimme 5 ∗ 5.

135. Gegeben ist die Funktion f(x) = \frac{4^{x}}{4^{x}+2}. Für beliebiges n ∈ ℕ bestimme man f(0) + f(\frac{1}{n}) + f(\frac{2}{n}) + … + f(1).

136. (Kürschak Wettbewerb) Die beiden Terme 2x+3y und 9x+5y sind genau für dieselben Terme x, y ∈ ℤ durch 17 teilbar.

137. Die Gleichung a^{2}+b^{2}+c^{2} = a^{2}b^{2} hat keine Lösung in positiven natürlichen Zahlen.

138. Gegeben sei die Funktion f(x) = a_{1} sin x + a_{2} sin 2x + … + a_{n} sin nx mit Koeffizienten a_{j} ∈ ℝ für 1 ≤ j ≤ n. Außerdem sei bekannt, daß |f(x)| ≤ | sin x| für alle x ∈ ℝ gilt. Zeige

|a_{1} + 2a_{2} + … + na_{n}| ≤ 1.

139. Kann man 250 Ziegelsteine des Formats 1×1×4 in eine Kiste des Formats 10 × 10 × 10 packen?

140. Kann die Zahl 35 als Summe von 12 Summanden dargestellt werden, die alle den Wert 1, 3, 5, 7 haben?

141. Man löse das folgende Gleichungssystem:

\begin{aligned}x^{2} + 5y^{2} + 6z^{2} + 8(xy + yz + zx) & = & 36 \\ 6x^{2} + y^{2} + 5z^{2} + 8(xy + yz + zx) & = & 36 \\ 5x^{2} + 6y^{2} + z^{2} + 8(xy + yz + zx) & = & 36 \end{aligned}

142. Man bestimme alle reellen oder komplexen Lösungen des Gleichungssystems

\begin{aligned}x + y + z & = & 3 \\ x^{2} + y^{2} + z^{2} & = & 3 \\ x^{5} + y^{5} + z^{5} & = & 3 \end{aligned}

Aufgaben

1. Sei abc = 1; welchen Wert hat die Summe

\frac{a}{ab + a + 1} + \frac{b}{bc + b + 1} + \frac{c}{ca + c + 1} ?

2. Für jede natürliche Zahl a hat x^{2} − y^{2} = a^{3} ganzzahlige Lösungen x,y.

3. Es gibt unendlich viele rationale Zahlen, sodaß \sqrt{x^{2} + x + 1} rational ist.

4. f(x, y) ist für alle natürlichen Zahlen definiert und erfüllt die Bedingungen f(x, x) = x, f(x, y) = f(y, x), (x + y)f(x, y) = f(x, x + y) · y. Berechne f(980, 980).

5. Für alle x, y ∈ R gilt x^{2} + y^{2} + 1 ≥ x + y + xy.

6. Bestimme alle Lösungen des Gleichungssystems

\frac{2x^{2}}{1 + x^{2}} = y, \frac{2y^{2}}{1 + y^{2}} = z, \frac{2z^{2}}{1 + z^{2}} = x.

7. Löse in ganzen Zahlen: x^{4} + 4y^{4} = 2(z^{4} + 4u^{4}).

8. Für natürliche Zahlen m, n gilt

f(m, n) = \frac{1}{m + n + 1} − \frac{1}{(m + n)(n + 1)} ≤ \frac{4}{45}.

9. (\sqrt{2} − 1)^{n} hat für jede natürliche Zahl n die Form \sqrt{m} − \sqrt{m − 1}, wo m eine natürliche Zahl ist.

10. In einem Raum sind n Personen anwesend. Jede dieser Personen kennt mindestens [\frac{2n}{3}] + 1 der anwesenden anderen Personen. Zeige, daß es im Raum vier Personen gibt, die sich gegenseitig kennen. ([x] ist die größte ganze Zahl ≤ x)

11. Die folgende Ungleichung soll (im Kopf) bewiesen werden:

\sqrt{6 + \sqrt{6 + \sqrt{6 + … + \sqrt{6 + \sqrt{6}}}}} < 3.

Konvergiert die Folge? Wogegen?

12. Eine Folge a_{n}, n ≥ 1 ist definiert durch a_{1} = 5, a_{n+1} = a_{n}^{2}. Zeige, daß a_{n} − 1 mindestens n verschiedene Primteiler hat.

13. lim_{n→∞} \sqrt{1 + 2\sqrt{1 + 3\sqrt{1 + … + (n − 2)\sqrt{1 + (n − 1)\sqrt{n}}}}} = 3.

14. Die Folge a_{n} = \sqrt{1 + \sqrt{2 + \sqrt{3 + … + \sqrt{n}}}} soll möglichst scharf von oben und unten abgeschätzt werden.

15. Zeige \sqrt{n + \sqrt{n − 1 + … + \sqrt{2 + \sqrt{1}}}} < \sqrt{n} + 1.

16. x^{2} + 3xy − 2y^{2} = 122 ist in ganzen Zahlen nicht lösbar.

17. Seien a, b, c ∈ ℝ gegeben mit |ax^{2} + bx + c| ≤ 1 für alle x ∈ [−1, 1]; zeige, daß dann auch |cx^{2} + bx + a| ≤ 2 für alle x ∈ [−1, 1] gilt.

18. Seien m, n ∈ ℕ mit \frac{m}{n} < 2; zeige, daß dann \sqrt{2} − \frac{m}{n} > \frac{1}{2\sqrt{2}n^{2}} .

19. Löse x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2xyz in ganzen Zahlen.

20. Zeige, daß gilt:

1 − \frac{1}{2} + \frac{1}{3} − \frac{1}{4} ± … − \frac{1}{200} = \frac{1}{100} + \frac{1}{101} + … + \frac{1}{200}.

21. Definiere zwei Folgen a_{n} und c_{n} durch

a_{0} = \frac{1}{2}, a_{n+1} = \frac{2a_{n}}{1 + a_{n}^{2}} , c_{0} = 4, c_{n+1} = c_{n}^{2} − 2c_{n} + 2.

Für alle n ≥ 1 gilt dann:

a_{n} = \frac{2c_{0}c_{1} ⋯ c_{n−1}}{c_{n}} .

22. Sei n > 1 ungerade; die reellen Zahlen x_{j} mögen dem Gleichungssystem

(x_{2} − x_{1})^{2} + 2(x_{2} + x_{1}) + 1 = n^{2}
(x_{3} − x_{2})^{2} + 2(x_{3} + x_{2}) + 1 = n^{2}
⋮
(x_{1} − x_{n})^{2} + 2(x_{1} + x_{n}) + 1 = n^{2}

genügen. Zeige, daß zwei der x_{j} gleich sind.

23. Sei x_{n} eine Folge natürlicher Zahlen mit x_{1} = 1 und x_{n} < x_{n+1} ≤ 2n. Für alle k ∈ ℕ existieren dann r, s ∈ ℕ mit x_{r} − x_{s} = k.

24. Die n^{2} Zahlen x_{ij} (i, j = 1, 2, …, n) genügen den n^{3} Gleichungen x_{ij} + x_{jk}+x_{ki} = 0. Zeige, daß es dann Zahlen a_{1}, …, a_{n} gibt, sodaß x_{ij} = a_{i}−a_{j} für alle i, j gilt.

25. Sei a_{1} = 1, a_{2} = a_{1} + \frac{1}{a_{1}} , a_{3} = a_{2} + \frac{1}{a_{2}} , …, a_{n+1} = a_{n} + \frac{1}{a_{n}}. Zeige, daß a_{100} > 14 ist.

26. Man beweise: ist die natürliche Zahl n größer als 1, dann ist n^{4} + 4^{n} keine Primzahl.

27. Eine Folge a_{j} ist definiert durch a_{1} = 1, a_{2} = 2, und a_{n+2} = a_{n+1} · a_{n} für n ≥ 1. Man bestimme den Rest von a_{1000} bei Division durch 7.

28. Für welche n ∈ ℕ ist 2^{n} + 1 eine Quadratzahl?

29. Gegeben ist die Pythagoras-Figur: ein rechtwinkliges Dreieck mit den Katheten a und b samt aufgesetzten Quadraten. Man berechne den Flächeninhalt des kleinsten konvexen Sechsecks, das diese Figur umfaßt (ausgedrückt durch a und b).

30. Für welche Primzahlen p ist 2p + 1 eine Kubikzahl?

31. Man beweise: haben die Dreiecke ABC_{1} und ABC_{2} denselben Umkreis und sind H_{1} bzw. H_{2} ihre Höhenschnittpunkte, so ist C_{2} − C_{1} = H_{2} − H_{1}.

32. Sind die Koeffizienten des Polynoms ax^{2}+bx+c ungerade ganze Zahlen, so laeßt es sich nicht in Linearfaktoren mit rationalen Koeffizienten zerlegen.

33. Auf sieben Täfelchen stehen die Ziffern 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Man beweise, daß keine einzige siebenstellige Zahl, die man mit diesen Täfelchen zusammenstellen kann, durch eine andere solche Zahl teilbar ist.

34. Eine Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, … ist gegeben durch a_{1} = 1 und a_{n+1} = \frac{1}{3}a_{n}^{2} + \frac{3}{4}. Man beweise:

a) Für alle n ∈ ℕ gilt a_{n} < \frac{3}{2} und a_{n+1} > a_{n};

b) Zeige, daß α = lim_{n→∞} a_{n} existiert und berechne α.

35. Für jedes n ∈ ℕ sei

s_{n} = ({n \atop 1}) + ({n \atop 2}) + ({n \atop 4}) + ({n \atop 8}) + …

Man zeige: s_{n} kann nur dann Primzahl sein, wenn n = 2^{k} mit k ∈ ℕ gilt.

36. Eine Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, … ist gegeben durch

a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{n+2} = \{ \begin{matrix}a_{n+1} + a_{n} & wenn & a gerade ist, \\ a_{n+1} − a_{n} & wenn & a gerade ist. \end{matrix}

a) Man berechne a_{1000}, a_{2000} und a_{3000};

b) Für welche n ∈ ℕ ist 1) a_{2n} = 2a_{n}; 2) a_{3n} = 3a_{n}; 3) a_{4n} = 4a_{n}; ?

c) Für welche n ∈ ℕ ist a_{1} + a_{2} + … + a_{n} eine Quadratzahl?

37. Kann das Produkt von zwei, drei oder vier aufeinanderfolgenden Zahlen eine Quadratzahl sein?

38. Man zeige: Zeichnet man über allen vier Seiten eines Parallelogramms Quadrate, so bilden die Mittelpunkte dieser Quadrate selbst ein Quadrat.

39. Man bestimme alle Paare natürlicher Zahlen x, y, für die gilt:

1! + 2! + 3! + … + x! = 1^{3} + 2^{3} + 3^{3} + … + y^{3}.

40. Kann man die 20 Zahlen 1, 2, 3, …, 20 so zu Paaren (a_{i}, b_{i}) zusammenfassen, daß b_{i} − a_{i} = i für alle 1 ≤ i ≤ 10 gilt? Geht es, wenn man 20 durch 10 ersetzt?

41. Man ermittle unendlich viele Lösungen der Gleichung x^{2} + y^{3} = z^{4} mit natürlichen Zahlen x, y, z. Hinweis: 1 + 8 = 9.

42. Man beweise:

a) Zu jedem n ∈ ℕ gibt es ein m ∈ ℕ derart, daß mn + 1 eine Kubikzahl ist;

b) Sind c, n ∈ ℕ und gibt es mindestens ein m ∈ ℕ, sodaß mn + c eine Kubikzahl ist, dann gibt es unendlich viele solcher m.

c) Es gibt c, n ∈ ℕ sodaß für kein m ∈ ℕ die Zahl mn + c eine Kubikzahl ist.

d) Man beweise eine Verschärfung von c).

43. In einem Trapez begrenzen die Diagonalen zusammen mit den beiden Grundseiten zwei Dreiecke mit den Flächeninhalten A_{1} und A_{2}. Man berechne

a) den Flächeninhalt A des Trapezes;

b) die Flächeninhalte der beiden von den Diagonalen und den Schenkeln begrenzten Dreiecke, jeweils in Abhängigkeit von A_{1} und A_{2}.

44. Man gebe zwei unendliche Teilmengen A und B von ℕ an, sodaß jede natürliche Zahl n genau eine Darstellung in der Form n = a · b mit a ∈ A und b ∈ B hat. Gibt es unendlich viele solcher Teilmengen?

45. Im Innern eines konvexen 4n-Ecks liegen m Punkte. Zusammen mit den Ecken bilden sie eine (m + n)-elementige Menge M. Das n-Eck wird in Dreiecke zerschnitten, deren Ecken zu M gehören. Wie groß ist die Anzahl dieser Dreiecke höchstens?

46. Bei einer Sammlung spendeten a_{1} Personen mindestens 1 DM, a_{2} Personen mindestens 2 DM, …, und a_{n} Personen mindestens n DM. Alle gaben einen ganzen DM-Betrag, niemand gab mehr als n DM. Wie groß war das Sammelergebnis?

47. Man beweise: Sind a und b Seiten eines Dreiecks, h_{a} und h_{b} die zugehörigen Höhen, so gilt: Aus a ≥ b folgt a + h_{a} ≥ b + h_{b}. Wann gilt das Gleichheitszeichen?

48. Sind n, k ∈ ℕ, so gibt es genau ein N ∈ ℕ mit der Eigenschaft

(\sqrt{n + 1} − \sqrt{n})^{k} = \sqrt{N + 1} − \sqrt{N}.

49. Ist eine der Zahlen 14^{1} + 19^{80}, 19^{80} + 80^{19}, 80^{19} − 19^{19} eine Primzahl?

50. Eine Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, … ist gegeben durch

a_{1} = 0, a_{2} = 1, a_{n} = 7a_{n−1} − 12a_{n−2} für n ≥ 3.

Man beweise, daß a_{n} = 3a_{n−1} + 4^{n−2} und a_{n} = 4a_{n−1} + 3^{n−2} gilt, und drücke a_{n} als Funktion von n aus.

51. Vier Geraden in allgemeiner Lage bestimmen vier Dreiecke. Man zeige: die Umkreise dieser Dreiecke gehen durch einen Punkt.

Hinweis: Sind A, B, C, D, E, F die Schnittpunkte der Geraden, so betrachte man z.B. den Schnittpunkt S ≠ C der Kreise ABC und CDE und weise nach, daß auch die beiden andern Kreise durch S gehen.

52. Ein beliebiger Punkt C eines Kreisbogens über der Sehne AB liege näher bei B als bei A und sei mit A und B verbunden. Vom Mittelpunkt M dieses Bogens wird auf AC das Lot MP gefällt.Man beweise, daß P den Sehnenzug ACB halbiert, d.h. daß \overline{AP} = \overline{P C} + \overline{CB} gilt.

53. Gegeben ist ein konvexes Viereck und vier abgeschlossene Kreisscheiben, deren Durchmesser so groß sind wie die Seiten des Vierecks. Man beweise, daß das Viereck mit den Kreisscheiben völlig überdeckt werden kann.

54. Unter fünf natürlichen Zahlen < 31 gibt es zwei, sagen wir a und b, für die gilt: 1 < \frac{a}{b} ≤ 2.

55. Die positive rationale Zahl werde aufgefaßt als Näherungswert für \sqrt{2}. Man beweise, daß \frac{r+2}{r+1} ein besserer Näherungswert für \sqrt{2} ist. Verallgemeinerung?

56. Sei g eine beliebige gerade Zahl und a = g^{2^{n}} + 1 für n ∈ ℕ_{0}.

a) Für n ≥ 1 ist a_{n} zu jeder der Zahlen a_{1}, a_{2}, …, a_{n−1} teilerfremd;

b) Zeige mit a), daß es unendlich viele Primzahlen gibt.

57. Die Zahl 3 kann auf genau vier verschiedene Arten als ’geordnete Summe’ von natürlichen Zahlen dargestellt werden: 3, 1 + 2, 2 + 1, 1 + 1 + 1. Man beweise, daß die natürliche Zahl n genau 2^{n−1} solcher Darstellungen besitzt.

58. Man beweise, daß sich jede natürliche Zahl k in der Form k = x^{2} + y^{2} − z^{2} mit x, y, z ∈ ℕ_{0} darstellen läßt, und zwar auf unendlich viele Arten.

Bei k = 1 und k = 2 gibt es unendlich viele solcher Darstellungen mit x = y, für k = 3 dagegen keine.

59. Man berechne (mit einem Taschenrechner) einen Näherungswert für die Zahl \sqrt{99 − 70\sqrt{2}} + \sqrt{81 − 56\sqrt{2}}; das Ergebnis wird einem bekannt vorkommen. Beweis?

60. Man beweise: es gibt unendlich viele natürliche Zahlen, die sich nicht als Summe einer Quadratzahl und einer (positiven) Primzahl schreiben lassen.

61. Man beweise: es gibt unendlich viele natürliche Zahlen, die sich nicht als Summe einer positiven Kubikzahl und einer (positiven) Primzahl schreiben lassen.

62. Ist G eine Gruppe, in der jedes Element zu sich selbst invers ist, so ist G kommutativ. Ist die Umkehrung auch richtig?

63. 27 gleiche Holzwürfel werden zu einem Würfel zusammengesetzt. Ein Holzwurm dringt durch eine Seitenfläche von einem der äußeren Würfel ein und bohrt sich eine Bahn, die genau einmal durch jeden der 27 Würfel führt. Dabei gelangt er von einem Würfel zu einem Nachbarwürfel nie durch Kanten und Ecken, sondern stets durch das Innere einer quadratischen Fläche. Ist es dann möglich, daß die Bahn in dem zentralen Würfel endet?

64. Ein Polyeder (Vielflach) besitze f Flächen und k Kanten. Man beweise: es ist 3f ≤ 2k, mit Gleichheit genau dann, wenn das Polyeder ausschließlich Dreiecksflächen besitzt.

65. Man beweise, möglichst mit Verschärfung: Es gibt keine drei aufeinanderfolgende natürlichen Zahlen, von denen die mittlere eine Quadratzahl ist, die kleinste das Doppelte und die größte das Dreifache einer Quadratzahl ist.

66. In einem Würfel mit der Kantenlänge 15 m liegen 11.000 Punkte. Man weise nach, daß es eine Kugel mit dem Radius 1 m gibt, in deren Innerem mindestens sechs von diesen Punkten liegen.

67. Man beweise: Schneiden sich zwei Geraden innerhalb eines Kreises senkrecht, so schneiden je zwei Scheitelwinkel aus dem Kreis Bögen aus, die zusammen einen Halbkreis ergeben.

68. Sei a_{1}, a_{2}, …, a_{n} irgendeine Umordnung der Zahlen 1, 2, …, n. Man beweise, daß das Produkt (a_{1} − 1)(a_{2} − 2) · . . . · (a_{n} − n) gerade sein muß, wenn n ungerade ist.

69. Man beweise: eine natürliche Zahl n > 1 ist genau dann keine Primzahl, wenn es vier natürliche Zahlen a, b, c, d gibt mit n = a + b + c + d und ab = cd.

70. Die Summe aller Teiler einer natürlichen Zahl n werde mit σ(n) bezeichnet; dann heißt n vollkommen, wenn σ(n) = 2n gilt (Beispiel: n = 6; hier ist σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12). Man kennt einige gerade vollkommene Zahlen, aber keine einzige ungerade vollkommene Zahl. Man beweise: Ist n ∈ ℕ ungerade und enthält n höchstens zwei Primfaktoren, dann ist σ(n) < 2n.

Beispiel: σ(3^{5}) = 1 + 3 + 3^{2} + 3^{3} + 3^{4} + 3^{5} = 364 < 2 · 3^{5} = 486, oder σ(3^{4}·5^{3}) = (1+3+3^{2}+3^{3}+3^{4})(1+5+5^{2}+5^{3}) = 18876 < 2·3^{4}·4^{3} = 20250. Man zeige auch, daß es unendlich viele n ∈ ℕ mit σ(n) < 2n gibt.

71. Man hat zwei Schachteln mit Streichhölzern; in der einen sind a Stück, in der andern b. Durch einen ’Zug’ wird im folgenden Spiel die Anzahl in einer der Schachteln verdoppelt, indem man die nötigen Streichhölzer aus der andern Schachtel nimmt. Die Züge werden solange fortgesetzt, bis eine der Schachteln leer ist. Unter welchen Voraussetzungen an a und b endet das Spiel?

72. Bei einem Wahlkampf werden von den verschiedenen Parteien genau n unterschiedliche Wahlversprechen gegeben. Keine zwei Parteien haben genau dieselbe Menge von Wahlversprechen, aber je zwei Parteien haben mindestens ein Wahlversprechen gemeinsam. Man zeige, daß die Anzahl der Parteien ≤ 2^{n−1} ist, und daß 2^{n−1} dabei durch keine kleinere Zahl ersetzt werden kann.

73. Ein Schnellzug und ein Güterzug fahren auf parallelen Gleisen. Der Schnellzug fährt x-mal so schnell wie der Güterzug. Fahren sie in derselben Richtung, so dauert das Passieren x-mal so lange wie wenn sie in entgegengesetzter Richtung fahren. Man berechne x.

Zum Begriff des Passierens: während des Passierens gibt es mindestens eine Gerade senkrecht zur Bewegungsrichtung, die beide Züge schneidet.

74. Gegeben sind 30 Punkte in einer Ebene, von denen keine drei auf einer Geraden liegen. Gibt es dann stets mehr als acht dreieckige Scheiben, deren Ecken zu den gegebenen Punkten gehören, und die paarweise keinen Punkt gemeinsam haben? Wieviele mindestens? Verallgemeinerung?

75. Man beweise, daß die Zahlen 10.101 und 100.011 in jedem Stellenwertsystem zusammengesetzt sind.

76. Zwei Kreise schneiden sich in A und B. Eine Gerade dreht sich um A und wird von den Kreisen außer in A noch in P und Q geschnitten. Man beweise, daß der Quotient \overline{P B}/\overline{QB} dabei konstant bleibt (falls er definiert ist).

77. Welche Zahlen m > 1 haben die Eigenschaft, daß m ein Teiler des Produktes 1 · 2 · . . . · (m − 1) ist?

78. In einem Gefängnis gibt es 100 Zellen mit den Nummern 1 bis 100. Bei einem 1. Durchgang werden alle Zellentüren geöffnet; bei einem 2. Durchgang werden alle Zellentüren mit der Nummer 2n, n ≥ 1 geschlossen; bei einem 3. Durchgang wird der Zustand jeder Tür mit der Nummer 3n, n > 1 von offen auf geschlossen geändert und umgekehrt; allgemein wird beim k-ten Durchgang der Zustand aller Türen mit der Nummer kn, n > 1 geändert. Welche Türen sind nach 100 Durchgängen geöffnet? Verallgemeinerung?

79. Sei a eine beliebige positive ganze Zahl. Man beweise, daß es immer ein Paar von positiven ganzen Zahlen x, y gibt, sodaß x + \frac{1}{2}(x + y − 1)(x + y − 2) = a ist.

80. Man bestimme alle Funktionswerte der Funktion t : ℕ ⟶ ℕ mit t(n) = [n + \sqrt{2n} + 0, 5]. Dabei ist [x] die größte ganze Zahl ≤ x.

81. Es sei f_{0}(x) = \frac{1}{1−x} und f_{n}(x) = f_{0}(f_{n−1}(x)) für n = 1, 2, 3, . . .. Man berechne f_{1976}(1976).

82. Unter der Restsumme r(n) einer natürlichen Zahl n versteht man die Summe aller Reste, die bei Division durch die natürlichen Zahl von 1 bis n entstehen. Man zeige: ist von zwei aufeinanderfolgenden Zahlen die großere eine Zweierpotenz, so haben beide Zahlen die gleiche Restsumme.

83. In einer Ebene liegen n Quadrate; in wieviele Teile zerlegen sie die Ebene höchstens?

84. Die Menge aller positiven ganzen Zahlen sei die Vereinigung zweier disjunkter Teilmengen {f(1), f(2), f(3), …} und {g(1), g(2), g(3), …}. Dabei sei f(1) < f(2) < f(3) < …, g(1) < g(2) < g(3) < … und g(n) = f(f(n)) + 1 für alle n ≥ 1. Man bestimme f(240) und f(999).

85. Für eine unendliche Folge (a_{n}) ganzer Zahlen mit Anfangsglied a_{1} gilt

a_{n+1} = \{ \begin{matrix}a_{n} − n, & falls & a_{n} ≥ n, \\ a_{n} + n, & falls & a_{n} < n. \end{matrix}

a) Man beweise, daß unendlich viele Glieder dieser Folge gleich 0 sind;

b) Wie groß ist der Index n(k; a_{1} des k-ten Folgenglieds mit dem Wert 0 in Abhängigkeit von a_{1}?

86. Gegeben sei die Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, …, mit a_{1} = 1, a_{2} = 2, und a_{n} = a_{n−1} · a_{n−2} für n ≥ 3. Man bestimme den rest von a_{366} bei Division durch 7.

87. Sei V die Menge aller natürlicher Zahlen, die sich in der Form 3p + 7q schreiben lassen, wobei p und q nichtnegative ganze Zahlen sind. Welche natürlichen Zahlen gehören nicht zu V?

88. (Moskau 1965) Seien p, q > 0 teilerfremde natürliche Zahlen. Eine Zahl n ∈ ℤ heißt gut, wenn es natürliche Zahlen x, y ≥ 1 gibt mit n = px + qy.

a) Man zeige, daß ein c ∈ ℕ existiert mit der Eigenschaft, daß von jedem Paar (n, c − n) immer eine Zahl gut, die andere schlecht ist.

b) Wieviele schlechte Zahlen ≥ 0 gibt es?

89. (Moskau 1965) Kann man 1965 Punkte so in ein Quadrat der Länge 1 legen, daß jedes Quadrat mit der Seitenlänge 0, 005 (parallel zu einer Seite des großen Quadrats) mindestens einen dieser Punkte enthält?

90. (Voronezh 1966) Seien x, y ∈ ℕ; kann sowohl x^{2} + y, als auch y^{2} + x ein Quadrat sein?

91. (Leningrad 1968) Man zeige

\begin{aligned}\frac{2}{x^{2}−1} & + & \frac{4}{x^{2}−4} + \frac{6}{x^{2}−9} + … + \frac{20}{x^{2}−100} \\ & = & 11(\frac{1}{(x−1)(x+10)} + \frac{1}{(x−2)(x+9)} + … + \frac{1}{(x−10)(x+1)}). \end{aligned}

92. Die Zahlenfolge a_{1}, a_{2}, … ist folgendermaßen definiert: a_{1} = 1, a_{2} = 2, und für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1 gilt:

a_{n+2} = \{ \begin{matrix}a_{n+1} − a_{n}, & falls & a_{n+1} und a_{n} beide gerade sind, \\ a_{n+1} − a_{n}, & sonst \end{matrix}

Man berechne a_{1000}, a_{2000}, und a_{3000}.

93. Es sei a_{0}, a_{1}, …, a_{n} eine endliche Folge ganzer Zahlen mit den Eigenschaften

a) 0 ≤ a_{k} ≤ n für alle 0 ≤ k ≤ n;

b) für alle k mit 0 ≤ k ≤ n kommt die Zahl k genau a_{k} mal unter den Zahlen a_{i} vor. Man bestimme für jede natürliche Zahl n alle Folgen der verlangten Art.

94. Man beweise und verallgmeinere

\frac{x}{1 + x} + \frac{2x^{2}}{1 + x^{2}} + \frac{4x^{4}}{1 + x^{4}} + \frac{8x^{8}}{1 + x^{8}} = \frac{x}{1 − x} + \frac{16x^{16}}{1 − x^{16}} .

95. Man gebe an, wie ein beliebiges Dreieck in endlich viele Teildreiecke zerlegt werden kann, die sich zu einem dem Dreieck flächengleichen Rechteck der Breite 1 zusammensetzen lassen.

96. Gegeben ist die Menge M = {1, 2, 3, 4, 5} mit der Verknüpfung ∗. Für alle x, y, z ∈ M gelte x ∗ y ∈ M, x ∗ y = y ∗ x, (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z), und 1 ∗ x = x. Außerdem ist bekannt, daß 2 ∗ 4 = 1, 3 ∗ 5 = 1 und 2 ∗ 3 = 4 gilt. Man bestimme 5 ∗ 5.

97. Gegeben ist die Funktion f(x) = \frac{4^{x}}{4^{x}+2}. Für beliebiges n ∈ ℕ bestimme man f(0) + f(\frac{1}{n}) + f(\frac{2}{n}) + … + f(1).

98. (Kürschak Wettbewerb) Die beiden Terme 2x+3y und 9x+5y sind genau für dieselben Terme x, y ∈ ℤ durch 17 teilbar.

99. Die Gleichung a^{2}+b^{2}+c^{2} = a^{2}b^{2} hat keine Lösung in positiven natürlichen Zahlen.

100. Gegeben sei die Funktion f(x) = a_{1} sin x + a_{2} sin 2x + … + a_{n} sin nx mit Koeffizienten a_{j} ∈ ℝ für 1 ≤ j ≤ n. Außerdem sei bekannt, daß |f(x)| ≤ | sin x| für alle x ∈ ℝ gilt. Zeige

|a_{1} + 2a_{2} + … + na_{n}| ≤ 1.

101. Kann man 250 Ziegelsteine des Formats 1×1×4 in eine Kiste des Formats 10 × 10 × 10 packen?

102. Kann die Zahl 35 als Summe von 12 Summanden dargestellt werden, die alle den Wert 1, 3, 5, 7 haben?

103. Man löse das folgende Gleichungssystem:

\begin{aligned}x^{2} + 5y^{2} + 6z^{2} + 8(xy + yz + zx) & = & 36 \\ 6x^{2} + y^{2} + 5z^{2} + 8(xy + yz + zx) & = & 36 \\ 5x^{2} + 6y^{2} + z^{2} + 8(xy + yz + zx) & = & 36 \end{aligned}

104. Man bestimme alle reellen oder komplexen Lösungen des Gleichungssystems

\begin{aligned}x + y + z & = & 3 \\ x^{2} + y^{2} + z^{2} & = & 3 \\ x^{5} + y^{5} + z^{5} & = & 3 \end{aligned}

Aufgaben: Schubfachprinzip

1. Eine Schießscheibe hat die Form eines gleichseitigen Dreiecks mit der Seitenlänge 2.

a) Wird sie 5 mal getroffen, so gibt es zwei Löcher mit einem Abstand ≤ 1;

b) Was kann man über den minimalen Abstand sagen, wenn sie 17 mal getroffen wird?

2. Aus elf beliebigen unendlichen Dezimalzahlen kann man zwei Zahlen a und b so auswählen, daß die Dezimaldarstellung von |a − b| abbricht oder unendlich viele Nullen enthält.

3. Gegeben sind 12 zweistellige Zahlen; zeige, daß man aus ihnen zwei Zahlen auswählen kann, deren Differenz eine zweistellige Zahl mit gleichen Ziffern ist.

4. Ist keine der Zahlen a, a + d, a + 2d, …, a + (n − 1)d durch n teilbar, dann sind d und n nicht teilerfremd.

5. Unter n + 1 verschiedenen Zahlen kann man stets zwei finden, deren Differenz durch n teilbar ist.

6. Gegeben sind 20 paarweise verschiedene natürliche Zahlen, die alle < 70 sind. Zeige, daß unter den paarweisen Differenzen dieser Zahlen vier gleiche vorkommen.

7. In einem Raum treffen sich n Personen. Jeder drückt jedem anderen die Hand. Zeige, daß es während der Begrüßungszeremonie stets zwei Personen gibt, die bis dahin gleich viele Hände gedrückt haben.

8. Sei n eine natürliche Zahl, die weder durch 2 noch durch 5 teilbar ist. Dann gibt es ein Vielfaches von n, das nur aus Einsen besteht.

9. Die natürliche Zahl a sei teilerfremd zu 10; dann gibt es eine Potenz von a, die auf \underbrace{00 … 0}_{n} 1 endet.

10. (Erdös) Unter n + 1 Zahlen aus {1, 2, …, 2n} gibt es zwei teilerfremde. Das gilt auch für n + 1 Zahlen aus {1, 2, …, 2n + 1}; für n Zahlen aus {1, 2, …, 2n} ist die Aussage dagegen falsch.

11. (XIV IMO 1972) Aus zehn verschiedenen zweistelligen Zahlen kann man stets zwei disjunkte nichtleere Teilmengen auswählen, deren Elemente dieselbe Summe haben.

12. Aus 2^{n+1}−1 ganzen Zahlen kann man 2^{n} Zahlen auswählen, deren Summe durch 2^{n} teilbar ist.

13. (Brit. Olymp. 1975) Eine abgeschlossene Kreisscheibe vom Radius 1 enthält sieben Punkte, deren gegenseitige Abstände ≥ 1 sind. Zeige, daß der Kreismittelpunkt einer der sieben Punkte ist.

14. In einem Saal sind (m − 1)n + 1 Personen anwesend; zeige, daß es im Sall m Personen gibt, die sich paarweise nicht kennen, oder es gibt eine Person, die mindestens mit n Personen bekannt ist.

15. (Erdös Amer. Math. Monthly E736, April 1947) Gegeben sind k natürliche Zahlen a_{1} < a_{2} < … < a_{k} ≤ n, wobei k ≥ [\frac{n+1}{2}] ist. Zeige, daß für mindestens ein Paar i, r die Gleichung a_{i} + a_{1} = a_{r} gilt.

16. Unter ab+1 weißen Mäusen gibt es entweder eine Folge von a+1 Mäusen, wobei jede von der nächsten abstammt, oder eine Menge von b+1 Mäusen, von denen keine von der anderen abstammt.

17. Es seien a, b, c, d ganze Zahlen. Man zeige, daß das Produkt der Differenzen b − a, c − a, d − a, c − b, d − b, d − c durch 12 teilbar ist.

18. (Ungarische Olymp. 1928) Unter den positiven reellen Zahlen a, 2a, …, (n− 1)a unterscheidet sich eine um höchstens \frac{1}{n} von einer ganzen Zahl.

19. Unter zehn aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen kann man stets mindestens eine und höchstens vier finden, die durch keine der Zahlen 2, 3, 5, 7 teilbar ist.

20. Bei jeder Zerlegung eines gleichseitigen Dreiecks der Seitenlänge 1 besitzt mindestens eine dieser Teilmengen einen Durchmesser (= maximaler Abstand zweier Punkte der Menge) ≥ 1.

21. In einer Kreisscheibe mit Radius 9, 5 kann man keine 400 Punkte unterbringen derart, daß der Abstand zwischen je zweien > 1 ist.

22. a) Die Punkte der Ebene werden mit zwei Farben gefärbt. Zeige, daß es stets zwei Punkte mit Abstand 1 gibt, die dieselbe Farbe haben.

b) mache dasselbe für drei Farben.

c) Färbe die Ebene so mit sieben Farben, daß es keine zwei gleichfarbigen Punkte mit Abstand 1 gibt. Bem.: Für vier, fünf oder sechs Farben ist das Problem ungelöst.

23. (Erdös Amer. Math. Monthly E744, May 1947) Es seien a_{1} < a_{2} < … < a_{k} ≤ n natürliche Zahlen; wenn das kgV von je zwei dieser Zahlen > 2n ist, dann gilt a_{1} > \frac{2n}{3}.

24. Eine Klasse hat n Schüler. In den Ferien hat jeder dieser Schüler eine Postkarte an k Klassenkameraden geschickt. Für welches kleinste k kann man behaupten, daß es in der Klasse zwei Schüler gibt, die voneinander eine Karte bekommen haben?

25. Unter 52 natürlichen Zahlen kann man zwei Zahlen auswählen, deren Summe oder Differenz durch 100 teilbar ist. Ist dies auch für 51 Zahlen wahr?

26. Jede von zehn Strecken ist länger als 1 cm und kürzer als 55 cm. Zeige, daß es darunter drei Strecken gibt, aus denen man ein Dreieck konstruieren kann.

27. Die Ecken eines regulären 7-Ecks sind weiß oder schwarz gefärbt. Zeige, daß es drei gleichfarbige Ecken gibt, die ein gleichschenkliges Dreieck bilden. Für welche regulären n-Ecke gilt dies, für welche nicht?

28. Es gibt ein Vielfaches der Zahl 1979, dessen Darstellung im Dezimalsystem nur die Ziffern 1 und 7 aufweist, und zwar beide Ziffern gleich oft.

29. Ist α ∈ ℝ \ ℚ irrational, so unterscheidet sich mindestens eine der Zahlen α, 2α, …, 99α um weniger als 0, 01 von einer ganzen Zahl.

30. Gegeben sei eine Menge von sieben verschiedenen natürlichen Zahlen ≤ 20. Man beweise, daß sie mindestens zwei elementefremde, nicht leere Teilmengen besitzt, bei denen die Summe der Elemente gleich groß ist.

31. Unter n+1 verschiedenen natürlichen Zahlen < 2n gibt es stets drei, sodaß die Summe der ersten beiden gleich der dritten Zahl ist.

32. Seien a_{1}, …, a_{8} ∈ {1, 2, …, 16} acht paarweise verschiedene natürliche Zahlen. Zeige, daß es eine Zahl n gibt, sodaß a_{i} − a_{j} = n mindestens drei verschiedene Lösungen besitzt.

33. Gegeben seien 2m + 1 paarweise verschiedene ganze Zahlen a_{j} mit |a_{j}| ≤ 2m − 1; zeige, daß es drei verschiedene Zahlen a_{i}, a_{j}, a_{k} gibt mit a_{i} + a_{j} + a_{k} = 0.

34. Gegeben sei ein Dreieck in der Ebene; zeige, daß eine Gerade, die durch keinen der drei Eckpunkte geht, höchstens zwei der drei Seiten schneiden kann.

35. Gegeben sei ein Tetraeder im Raum; wieviele Kanten kann eine Ebene, die durch keine der vier Punkte geht, höchstens schneiden?

36. Seien a, b Elemente eines Rings mit nur endlich vielen Elementen. Gilt dann ab^{2} = b, so folgt bab = b.

37. Sei M eine Menge von sieben natürlichen Zahlen ≤ 24. Dann besitzt M zwei Teilmengen A und B, deren Elemente die geiche Summe besitzen.

38. Teilt n eine Fibonacci-Zahl, dann teilt n sogar unendlich viele.

39. Seien A und B zwei Kreisscheiben, die in 2n gleiche Sektoren eingeteilt sind. Jeder Sektor ist entweder rot oder blau gefärbt; auf A gibt es n rote und n blaue Sektoren, über die Färbung von B ist nichts bekannt. Zeige, daß man A so auf B legen kann, daß mindestens n gleichfarbige Sektoren übereinander liegen.

(Hinweis: Lege A auf B; die Anzahl der übereinstimmenden Sektoren sei a_{1}. Jetzt drehe A um einen Sektor und nenne die entsprechende Anzahl a_{2}; entsprechend werden a_{3}, …, a_{2n} definiert. Dann zeige man a_{1} + a_{2} + … + a_{2n} = 2n^{2} und schließe daraus, daß mindestens eines der a_{i} größer oder gleich n ist.)

40. Gegeben seien 55 Zahlen ∈ {1, 2, …, 100}. Dann gibt es unter ihnen Zahlen a, b, deren Differenz gleich 9 ist. Zeige, daß diese Aussage auch richtig bleibt, wenn man 9 durch 10, 12 oder 13 ersetzt, aber falsch wird, wenn 9 durch 11 ersetzt wird.

41. Sei a_{1}, …, a_{n} eine Umordnung der Folge 1, 2, …, n. Ist n ungerade, dann ist (a_{1} − 1)(a_{2} − 2) · . . . · (a_{n} − n) gerade.

42. In den Primfaktorisierungen von r + 1 positiven Zahlen kommen nur r Primzahlen vor. Zeige, daß es eine Teilmenge dieser Zahlen gibt, sodaß das Produkt ihrer Elemente ein Quadrat ist.

43. (Putnam 1971) Seien 9 Gitterpunkte (Punkte mit ganzzahligen Koordinaten) in ℝ^{3} gegeben. Zeige, daß der Mittelpunkt einer der Strecken, die diese Punkte verbinden, ebenfalls ein Gitterpunkt ist.

44. Ein Viereck habe einen Umkreis mit Radius 1. Zeige, daß die Länge der kürzesten Seite ≤ \sqrt{2} ist.

45. Seien n natürliche Zahlen a_{1}, …, a_{n} gegeben. Dann gibt es ein Paar a_{i}, a_{j} derart, daß a_{i} + a_{j} oder a_{i} − a_{j} durch n teilbar ist.

46. Seien 0 < a_{1} < a_{2} < … < a_{mn+1} natürliche Zahlen. Dann können wir m + 1 Zahlen auswählen, sodaß keine unter ihnen eine andere teilt, oder n + 1 mit der Eigenschaft, daß jede die nächste teilt.

47. Jede Menge natürlicher Zahlen ≤ 15 enthält ein Paar k, ℓ mit k|ℓ. ?

48. Es gibt ganze Zahlen 0 ≤ a, b, c < 10^{6} derart, daßgilt:

|a + b\sqrt{2} + c\sqrt{3}| < 10^{−11}.

49. Die Zahlen von 1 bis 64 werden auf die Felder eines 8 × 8-Schachbretts verteilt. Man zeige, daß es in diesem Schachbrett mindestens vier verschiedene quadratische Felder der Größe 2 × 2 gibt, sodaß die Summe der in ihnen enthaltenen vier Zahlen größer ist als 100.

50. (Chin. MO; Amer. Math. Monthly 79 (1972, 903)) In einem Quadrat der Seitenlänge 1 liegen 9 Punkte; zeige, daß es unter ihnen drei gibt, die ein Dreieck mit Flächeninhalt ≥ 1/8 bilden.

51. (Brit. MO 1973) Im Innern eines Einheitsquadrats liegen neun Punkte. Man beweise die Existenz eines Dreiecks mit Flächeninhalt ≤ \frac{1}{8}, dessen Dreieck drei dieser Punkte sind.

52. (Brit. MO 1978) Im Innern eines Würfels der Seitenlänge 15 befinden sich 11 000 Punkte. Man beweise, daß eine Kugel vom Radius 1 existiert, in welcher mindestens sechs dieser Punkte liegen.

53. (Kanad. MO 1975) 15 Stühle stehe um einen runden Tisch, auf dem 15 Namensschilder für 15 Gäste stehen. Die Gäste sehen die Schilder erst, nachdem sie sich gesetzt haben und stellen fest, daß keiner auf dem richtigen Platz sitzt. Zeige, daß man den Tisch so drehen kann, daß mindestens zwei Gäste am richtigen Platz sitzen.

54. (USAMO 1976) Jedes Quadrat eines 4×7-Schachbretts wird schwarz oder weiß gefärbt. Dann kann man ein a × b-Rechteck (1 ≤ a ≤ 4, 1 ≤ b ≤ 7 aus dem Schachbrett ausschneiden, das gleichfarbige Ecken besitzt.

55. (Putnam 1954) Gegeben seien fünf Punkte im Innern eines Einheitsquadrats. Dann existieren mindestens zwei Punkte mit einem Abstand ≤ \sqrt{2}/2.

56. (Putnam 1978) Sei A eine Menge von 20 paarweise verschiedenen Zahlen aus {1, 4, 7, …, 100}. Dann gibt es a, b ∈ A mit a + b = 104.

57. (Putnam 1994) Gegeben sei ein rechtwinkliges Dreieck mit den Seitenlängen 1, 1, \sqrt{2}. Wird jeder Punkt der Seiten mit einer von vier Farben gefärbt, dann gibt es zwei gleichfarbige Punkte mit Abstand ≥ 2 − \sqrt{2}.

58. (BWM 1970/71, 2. Runde) Im Innern eines Quadrats mit der Seite 1 liegt ein sich nicht überschneidender Streckenzug, dessen Länge größer als 1000 ist. Beweise, daß es zu jedem solchen Streckenzug eine Parallele zu einer der Quadratseiten gibt, welche den Streckenzug in mindestens 501 Punkten schneidet.

59. (BWM 1971/72, 2. Runde) Beweise: Unter 79 aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen gibt es stets mindestens eine, deren Quersumme durch 13 teilbar ist. Zeige durch ein Gegenbeispiel, daß sich hierbei die Zahl 79 nicht durch 78 ersetzen läßt.

60. (BWM 1972/73, 2.Runde) In einem Quadrat der Seitenlänge 7 sind 51 Punkte markiert. Es ist zu zeigen, daß es unter diesen Punkten stets drei gibt, die im Innern eines Kreises mit Radius 1 liegen.

61. (BWM 1972/73, 2.Runde) Beweise: Für jede natürliche Zahl n gibt es eine im Dezimalsystem n-stellige Zahl aus den Ziffern 1 und 2, die durch 2^{n} teilbar ist. Gilt dieser Satz auch in einem Stellenwertsystem der Basis 4 bzw. 6?

62. (BWM 1973/74, 2.Runde) In einer Ebene sind 25 Punkte so gegeben, daß von irgend drei dieser Punkte stets zwei ausgewählt werden können, deren Entfernung kleiner als 1 ist. Es ist zu zeigen, daß es unter diesen Punkten stets 13 gibt, die man durch eine Kreisscheibe vom Radius 1 überdecken kann. Man beweise auch eine Verallgemeinerung dieses Satzes.

63. (BWM 1975, 1. Runde) Man zeige, daß jedes konvexe Vielflach mindestens zwei Flächen mit gleicher Anzahl von Kanten besitzt.

64. (BWM 1976, 1.Runde) Punkte mit ganzzahligen Koordinaten heißen Gitterpunkte. Im Raum sind neun Gitterpunkte P_{1}, P_{2}, …, P_{9} beliebig ausgewählt. Man zeige, daßder Mittelpunkt mindestens einer der Strecken P_{i}P_{j} (1 ≤ i, j ≤ 9) ebenfalls ein Gitterpunkt ist.

65. (BWM 1979, 2. Runde) Jeder Punkt der Ebene werde rot oder blau gefärbt. Man beweise, daß es dann ein Rechteck mit Eckpunkten gleicher Farben gibt.

Man beweise auch folgende Verallgemeinerung: Jeder Punkt der Ebene sei mit einer von n Farben gefärbt. Man zeige, daß es dann ein Rechteck mit Eckpunkten gleicher Farben gibt.

66. (BWM 1982, 1. Runde) Eine Menge heißt summenfrei, wenn sie keine Elemente x, y, z mit x + y = z enthält. Eine summenfreie Teilmenge von {1, 2, …, 2n+1} enthalte k Elemente. Man bestimme den maximalen Wert für k.

Aufgaben: Ungleichungen

Wir beginnen mit einer Liste von Leitideen beim Beweis von Ungleichungen.

• Kann man die Ungleichung auf die Form ∑ p_{i} mit p_{i} ≥ 0 bringen (z.B. mit p_{i} = x_{i}^{2})?

• Erinnern vorkommende Terme an das arithmetische, geometrische, harmonische oder das quadratische Mittel?

• Hilft Cauchy-Schwarz?

• Ist der Hauptsatz (Umordnungssatz) anwendbar?

• Ist die Ungleichung symmetrisch in den Variablen a, b, c, …? In einem solchen Fall kann man oBdA annehmen, daß z.B. a das maximale Element ist, oder daß a ≤ b ≤ c ≤ … gilt.

• Ist die Ungleichung homogen? Dann kann man ggf. normieren.

• Bringe alles auf eine Seite; kann man diese als Diskriminante eines quadratischen Polynoms deuten?

• Gilt die Ungleichung für alle natürlichen Zahlen n ≥ n_{0}, so versuche man vollständige Induktion.

• Treten Reihen oder Produkte auf. so versuche man Abschätzungen durch Teleskop-Reihen oder -Produkte.

• Das Produkt x_{1} · . . . · x_{n} ist bei konstanter Summe a_{1}x_{1} + … + a_{n}x_{n} maximal, wenn a_{1}x_{1} = … = a_{n}x_{n} ist. (Warum?)

• Die Summe a_{1}x_{1} + … + a_{n}x_{n} ist bei konstantem Produkt x_{1} · . . . · x_{n} minimal, wenn a_{1}x_{1} = … = a_{n}x_{n} ist. (Warum?)

• Um zu zeigen, daß max x_{i} > d ist, genügt es zu zeigen, daß ein Mittelwert der x_{i} größer als d ist.

138 Proseminar 1995/96 • Treten konvexe oder konkave Funktionen auf?

• Umformen und nochmal Umformen.

Aufgaben 139

Probleme

1. Zeige \frac{x^{2}+2}{\sqrt{x^{2}+1}} ≥ 2 für alle x ∈ ℝ.

2. Für alle a, b, c ≥ 0 gilt (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.

3. Für alle a, b ∈ ℝ ist (a + b)^{4} ≤ 8(a^{4} + b^{4}).

4. Für a, b, c, d ≥ 0 ist \sqrt{(a + c)(b + d)} ≥ \sqrt{ab} + \sqrt{cd}.

5. Für a, b, c > 0 gilt \frac{ab}{c} + \frac{bc}{a} + \frac{ca}{b} ≥ a + b + c.

6. (Ungar. Olymp. 1910) Seien a, b, c ∈ ℝ mit a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1. Zeige

−\frac{1}{2} ≤ ab + bc + ca ≤ 1.

7. Seien a, b, c > 0; dann gilt

a) \frac{a^{2} + b^{2}}{a + b} ≥ \frac{a + b}{2} b) \frac{a^{3} + b^{3} + c^{3}}{a^{2} + b^{2} + c^{2}} ≥ \frac{a + b + c}{3}

c) \frac{a + b + c}{3} ≥ \sqrt{\frac{ab + bc + ca}{3}} ≥ \sqrt[3]{abc} .

8. (Ungar. Olymp. 1964) Für a, b, c, d > 0 gilt

\sqrt{\frac{a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}}{4}} ≥ \sqrt[3]{\frac{abc + abd + acd + bcd}{4}} .

9. Für a, b > 0 gilt \sqrt[n+1]{ab^{n}} ≤ \frac{a+nb}{n+1}.

10. Sind a, b, c Dreiecksseiten, dann gilt 2(a^{2} + b^{2} + c^{2}) < (a + b + c)^{2}.

11. Sind die Strecken a, b, c Seiten eines Dreiecks, dann auch \frac{1}{a+b}, \frac{1}{b+c}, \frac{1}{c+a}.

12. Das Produkt x_{1} · . . . · x_{n} ist bei konstanter Summe a_{1}x_{1} + … + a_{n}x_{n} maximal, wenn a_{1}x_{1} = … = a_{n}x_{n} ist.

13. Die Summe a_{1}x_{1} + … + a_{n}x_{n} ist bei konstantem Produkt x_{1} · . . . · x_{n} minimal, wenn a_{1}x_{1} = … = a_{n}x_{n} ist.

14. Löse das Gleichungssystem

\frac{x^{2}}{y^{2}} + \frac{y^{2}}{z^{2}} + \frac{z^{2}}{x^{2}} = \frac{y^{2}}{x^{2}} + \frac{z^{2}}{y^{2}} + \frac{x^{2}}{z^{2}} = x + y + z = 3.

15. Seien x_{1}, …, x_{n} > 0; dann gilt (x_{1} + … + x_{n})(\frac{1}{x_{1}} + … + \frac{1}{x_{n}} ) ≥ n^{2}.

16. Für a, b, c, d > 0 gilt

\frac{a}{b + c + d} + \frac{b}{c + d + a} + \frac{c}{d + a + b} + \frac{d}{a + b + c} ≥ \frac{4}{3}.

17. Bestimme mit Hilfe der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung das Maximum der Funktion y = a · sin x + b · cos x, a > 0, b > 0 im Bereich x ∈ (0, \frac{π}{2} ).

18. Beweise (x_{1} + … + x_{n})(\frac{1}{x_{1}} + … + \frac{1}{x_{n}} ) ≥ n^{2}, wobei alle x_{i} > 0 sind,

a) mit Hilfe der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung

b) mit Hilfe der Chebyshev-Ungleichung.

19. Beweise den folgenden ’Hauptsatz’ mit vollständiger Induktion:

Satz 29. Die Summe a_{1}b_{1} + … + a_{n}b_{n} ist maximal, wenn die Folgen a_{1}, …, a_{n} und b_{1}, …, b_{n} gleichgeordnet sind; sie ist minimal, wenn sie entgegengesetzt geordnet sind.

20. Beweise \frac{a_{1} + … + a_{n}}{n} ≤ \sqrt{\frac{a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2}}{n}}

a) mit Hilfe der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung

b) mit Hilfe der Chebyshev-Ungleichung

c) mit dem Hauptsatz.

21. Beweise die Dreiecksungleichung

\sqrt{a_{1}^{2} + … + a_{n}^{2}} + \sqrt{b_{1}^{2} + … + b_{n}^{2}} ≥ \sqrt{(a_{1} + b_{1})^{2} + … + (a_{n} + b_{n})^{2}}.

22. Sei a, b, c > 0; zeige mit dem Hauptsatz: \frac{a + b + c}{abc} ≤ \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} .

23. (XVII IMO 1975) Seien x_{i}, y_{i} (1 ≤ i ≤ n) reelle Zahlen, und gelte x_{1} ≥ x_{2} ≥ … ≥ x_{n}, sowie y_{1} ≥ y_{2} ≥ … ≥ y_{n}. Sei z_{1}, z_{2}, …, z_{n} irgendeine Anordnung der Zahlen y_{1}, y_{2}, …, y_{n} Man zeige

∑_{i=1}^{n}(x_{i} − y_{i})^{2} ≤ ∑_{i=1}^{n}(x_{i} − z_{i})^{2}.

24. (XX IMO 1978) Sei a_{1}, a_{2}, …, eine Folge paarweise verschiedener positiver ganzer Zahlen. Beweise, daß für alle positiven ganzen Zahlen n gilt:

∑_{i=1}^{n} \frac{a_{k}}{k^{2}} ≥ ∑_{i=1}^{n} \frac{1}{k} .

25. Sei Q_{n} = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + … + \frac{1}{n^{2}} . Zeige, daß für n ≥ 3 gilt:

\frac{19}{12} − \frac{1}{n + 1} < Q_{n} < \frac{7}{4} − \frac{1}{n}.

Hinweis: \frac{1}{i−1} − \frac{1}{i} < \frac{1}{i^{2}} < \frac{1}{i} − \frac{1}{i+1}.

26. Beweise mit Induktion die sehr scharfe Ungleichung

\frac{1}{2} · \frac{3}{4} · \frac{5}{6} · . . . · \frac{2n − 1}{2n} ≤ \frac{1}{3n + 1}

für alle n ≥ 1. Ersetze auf der rechten Seite 3n + 1 durch 3n und versuche, diese schwächere Ungleichung erneut durch Induktion zu beweisen; was passiert?

27. Für n ≥ 1 gilt \frac{n}{2} < 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + … + \frac{1}{2^{n} − 1} < n.

28. Für n ≥ 2 gilt \frac{1}{2} < \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + … + \frac{1}{2n} < \frac{3}{4}.

29. Sei a_{1} = 1, a_{2} = 2, und a_{n+1} = a_{n} +a_{n−1} (dies ist die bekannte Fibonacci-

Folge.) Zeige \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + \frac{2}{2^{3}} + … + \frac{a_{n}}{2^{n}} < 2.

30. (Moskau 1940) Für a_{i} > 0 gilt \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{1}} ≥ n.

31. Seien a, b, c reelle Zahlen mit a + b + c = 1; zeige a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ \frac{1}{3}.

32. Sind a, b, c > 0 reelle Zahlen, so können die Ungleichungen

a(1 − b) > \frac{1}{4},  b(1 − c) > \frac{1}{4},  c(1 − a) > \frac{1}{4}

nicht gleichzeitig bestehen.

33. Für m, n ∈ N mit m ≤ n und a > 0 gilt a^{m} + a^{−m} ≤ a^{n} + a^{−n}.

34. Es sei a_{1} + a_{2} + … + a_{n} = 0; zeige, daß

S = a_{1}a_{2} + a_{1}a_{3} + … + a_{n−1}a_{n} ≤ 0

ist, wobei S alle Produkte a_{i}a_{k} mit i < k enthält.

35. (Kiev 1969) Sind a, b, c, d > 0 reelle Zahlen, so können die Ungleichungen

a + b < c + d,  (a + b)(c + d) < ab + cd,  (a + b)cd < ab(c + d)

nicht gleichzeitig bestehen.

36. Das Produkt dreier positiver Zahlen ist 1; ihre Summe ist größer als die Summe ihrer Kehrwerte. Zeige, daß genau eine dieser Zahlen größer als 1 ist.

37. Sei a_{1} = 1, x_{n+1} = 1 + \frac{n}{x_{n}} für n ≥ 1. Zeige, daß für n ≥ 1 gilt:

\sqrt{n} ≤ x_{n} ≤ \sqrt{n} + 1.

38. Eine 20-stellige Zahl, die mit 11 Einsen beginnt, kann keine Quadratzahl sein.

39. Sind a, b, c die Seiten eines Dreiecks, so gilt

\frac{3}{2} ≤ \frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + a} + \frac{c}{a + b} < 2.

40. Sind a, b die Katheten und c die Hypotenuse eines rechtwinkligen Dreiecks, dann gilt für jede natürliche Zahl n > 2 die Ungleichung c^{n} > a^{n} + b^{n}.

41. Auf jeder Seite des Einheitsquadrats wird ein Punkt gewählt. Die vier Punkte bilden ein Viereck mit den Seiten a, b, c, d. Zeige, daß gilt:

2 ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} ≤ 4 und 2\sqrt{2} ≤ a + b + c + d ≤ 4.

42. Für a_{i} ≥ 1 gilt

(1 + a_{1})(1 + a_{2}) ⋯ (1 + a_{n}) ≥ \frac{2^{n}}{n + 1}(1 + a_{1} + a_{2} + … + a_{n}).

43. Seien 0 ≤ a_{i} ≤ 1 reelle Zahlen; dann gilt

2^{n−1}(1 + a_{1} + … + a_{n}) ≥ (1 + a_{1})(1 + a_{2}) ⋯ (1 + a_{n}),

mit Gleichheit genau dann, wenn n − 1 unter den a_{i} gleich 1 sind.

44. Seien a_{i} ≥ 1 reelle Zahlen; dann gilt

(1 + a_{1})(1 + a_{2}) ⋯ (1 + a_{n}) ≥ \frac{2^{n}}{n + 1}(1 + a_{1} + … + a_{n}).

45. Sei 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d; dann gilt a^{b}b^{c}c^{d}d^{a} ≥ b^{a}c^{b}d^{c}a^{d}.

46. Sind a, b > 0 und ist m eine ganze Zahl, dann gilt

(1 + \frac{a}{b})^{m} + (1 + \frac{b}{a})^{m} ≥ 2^{m+1}.

47. (USAMO 1977) Sei 0 < p ≤ a, b, c, d, e ≤ q; dann gilt

(a + b + c + d + e)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d} + \frac{1}{e}) ≤ 25 + 6(\sqrt{\frac{p}{q}} − \sqrt{\frac{q}{p}})^{2}.

Wann gilt das Gleichheitszeichen?

48. Die Diagonalen eines konvexen Vierecks schneiden sich in O; welchen kleinsten Inhalt kann dieses Viereck haben, wenn die Dreiecke AOB und COD jeweils den Inhalt 4 bzw 9 haben?

49. Sei x, y > 0 und s die kleinste der Zahlen x, y + \frac{1}{x}, \frac{1}{y}. Bestimme den größtmöglichen Wert von s. Für welche x, y wird er angenommen?

50. Seien x_{i} > 0 und x_{1} + … + x_{n} = 1; sei weiter s die größte der Zahlen

\frac{x_{1}}{1 + x_{1}} , \frac{x_{2}}{1 + x_{1} + x_{2}} , \frac{x_{3}}{1 + x_{1} + x_{2} + x_{3}} , …, \frac{x_{n}}{1 + x_{1} + x_{2} + … + x_{n}} .

Bestimme den kleinsten möglichen Wert von s. Für welche x_{1}, …, x_{n} wird er angenommen?

51. Seien x_{i} > 0 und x_{i}y_{i} − z_{i}^{2} > 0 für 1 ≤ i ≤ n; dann gilt

\frac{n^{3}}{( ∑_{i=1}^{n} x_{i})( ∑_{i=1}^{n} y_{i}) − ( ∑_{i=1}^{n} z_{i})^{2}} ≤ ∑_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}y_{i} − z_{i}^{2}} .

Beweise die Ungleichung erst für n = 2 (XI. IMO 1969) und dann auch allgemein.

52. Zeige, daß (n + 1)^{n} ≥ 2^{b} · n! gilt für alle n ≥ 1.

53. Sei x_{1} = 2, x_{n+1} = \frac{x_{n}^{4}+1}{5x_{n}} für n ≥ 1. Zeige, daß für alle n ≥ 2 die Ungleichungen \frac{1}{5} ≤ x_{n} < 2 gelten.

54. Es sei x_{i} ≥ 0, x_{i} + x_{i+1} > 0 (mit x_{n+1} = x_{1}). Die nachfolgende Summe soll von oben und von unten abgeschätzt werden:

\frac{a_{1}}{a_{1} + a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{2} + a_{3}} + … + \frac{a_{n}}{a_{n} + a_{1}} .

55. Es sei x_{i} > 0, und s = x_{1} + … + x_{n}; zeige, daß

\frac{s}{s − x_{1}} + \frac{s}{s − x_{2}} + … \frac{s}{s − x_{n}} ≥ \frac{n^{2}}{n − 1}

ist. Wann gilt das Gleichheitszeichen?

56. Es sei a, b, c > 0. Zeige, daß gilt:

a) abc ≥ (a + b − c)(a + c − b)(b + c − a);

b) a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ a^{2}b + b^{2}c + c^{2}a.

57. Für x, y, z > 0 gilt

a) \frac{x^{2}}{y^{2}} + \frac{y^{2}}{z^{2}} + \frac{z^{2}}{x^{2}} ≥ \frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{y};

b) \frac{x^{2}}{y^{2}} + \frac{y^{2}}{z^{2}} + \frac{z^{2}}{x^{2}} ≥ \frac{x}{y} + \frac{y}{z} + \frac{z}{x}.

58. Die paarweise teilerfremden natürlichen Zahlen a_{1}, …, a_{n} seien größer als 1 und keine dieser Zahlen sei eine Primzahl. Zeige, daß gilt:

\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + … + \frac{1}{a_{n}} < 2.

144 Proseminar 1995/96

59. Jede rationale Zahl aus dem Intervall (0, 1] schreiben wir als Bruch \frac{a}{b} mit teilerfremden a, b und bedecken \frac{a}{b} mit dem Intervall

[\frac{a}{b} − \frac{1}{4b^{2}} , \frac{a}{b} + \frac{1}{4b^{2}} ].

Zeige, daß die Zahl \sqrt{2}/2 unbedeckt bleibt.

60. Beweise mit Analysis die Ungleichung

x^{a}y^{b} ≤ ax + by für a, b, x, y > 0.

Hinweis: normiere auf x + y = 1.

61. Zeige, daß für alle reellen a, b gilt:

\frac{|a + b|}{1 + |a + b|} ≤ \frac{|a|}{1 + |a|} + \frac{|b|}{1 + |b|}.

Wann gilt das Gleichheitszeichen?

62. (III. IMO 1961) Ein Dreieck habe die Seiten a, b, c und den Inhalt A. Zeige a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ 4\sqrt{3}A.

63. Das Polynom ax^{2} + bx + c mit a > 0 habe reelle Nullstellen x_{1}, x2. Zeige, daß |x_{i}| ≤ 1 (i = 1, 2) genau dann gilt, wenn a + b + c ≥ 0, a − b + c ≥ 0 und a − c ≥ 0 ist.

64. Sei 0 = a_{0} < a_{1} < … < a_{n} und a_{i+1} − a_{i} ≤ 1 für 0 ≤ i ≤ n − 1. Dann gilt

( ∑_{i=0}^{n} a_{i})^{2} ≥ ∑_{i=0}^{n} a_{i}^{3}.

Wann gilt Gleichheit?

65. Sei a, b, c > 0, a > c, und b > c. Zeige \sqrt{c(a − c)} + \sqrt{c(b − c)} ≤ \sqrt{ab}.

66. Wenn ab und a + b gleiche Vorzeichen haben, dann gilt (a + b)(a^{4} + b^{4}) ≥ (a^{2} + b^{2})(a^{3} + b^{3}).

67. Für a + b > 0 gilt

\frac{a}{b^{2}} + \frac{b}{a^{2}} ≥ \frac{1}{a} + \frac{1}{b}.

68. Ist a > b > 0, dann gilt

\frac{(a − b)^{2}}{8a} < \frac{a + b}{2} − \sqrt{ab} < \frac{(a − b)^{2}}{8b} .

Aufgaben 145

69. Beweise die Ungleichung

a(b^{2} + c^{2} − a^{2}) + b(c^{2} + a^{2} − b^{2}) + c(a^{2} + b^{2} − c^{2}) ≤ 2abc mit dem Cosinus-Satz.

70. (Leningrad 1968) Die Zahlen a_{1}, …, a_{n} ∈ ℝ genügen den Bedingungen a_{1} = 0, |a_{2}| = |a_{1}+1|, …, |a_{n}| = |a_{n−1}+1|. Zeige, daß \frac{1}{n}(a_{1}+…+a_{n} ≥ \frac{1}{2}) gilt.

71. Seien a, b, c, A, B, C > 0 mit a + A = b + B = c + C = k; dann ist aB + bC + cA ≤ k^{2}.

72. (Chelyabinsk 1972) Seien x_{1}, …, x_{n} > 0 reelle Zahlen; setze

s = max \{\frac{x_{1}}{1 + x_{1}} , \frac{x_{2}}{1 + x_{1} + x_{2}} , …, \frac{x_{n}}{1 + x_{1} + x_{2} + … + x_{n}} \} .

Finde das minimale s; zu welchen Werten von x_{1}, …, x_{n} gehört es?

73. Für x_{1}, …, x_{5} > 0 gilt (x_{1} + … + x_{5})^{2} ≥ 4(x_{1}x_{2} + x_{3}x_{4} + x_{5}x_{1} + x_{2}x_{3} + x_{4}x_{5}).

74. Sei f : [0, 1] ⟶ ℝ eine Funktion mit f(x) ≥ 0 und f(1) = 1. Außerdem soll für alle x_{1}, x_{2}, x_{1} + x_{2} ∈ [0, 1] die Ungleichung f(x_{1} + x_{2}) ≥ f(x_{1}) + f(x_{2}) gelten. Zeige, daß dann f(x) ≤ 2x gilt. Ist auch f(x) ≤ 1.9x richtig?

75. Für a, b, c > 0 zeige a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc ≥ ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a).

76. Seien a, b, c, d ∈ ℝ^{2} vier Vektoren mit a + b + c + d = 0. Dann gilt |a| + |b| + |c| + |d| ≥ |a + d| + |b + d| + |c + d|.

77. (Taschkent 1978) Ist 0 < a ≤ a_{1} ≤ … ≤ x_{n} ≤ b, so gilt

(x_{1} + … + x_{n})(\frac{1}{x_{1}} + … + \frac{1}{x_{n}} ) ≤ \frac{(a + b)^{2}}{4ab} · n^{2}.

78. Für alle x ≥ 0 gilt 2 \sqrt[12]{x} + 2 \sqrt[4]{x} ≥ 2(1 + \sqrt[6]{x}).

79. Für positive reelle Zahlen a, b gilt

\frac{a + b}{2} ≤ \sqrt[3]{\frac{a^{3} + b^{3}}{2}} .

80. Ist b_{1}, …, b_{n} eine Permutation der Zahlen a_{1}, …, a_{n}, so gilt ∑ a_{k}/b_{k} ≥ n.

81. Für a, b, c > 0 gilt \frac{ab}{a + b} + \frac{bc}{b + c} + \frac{ca}{c + a} ≤ \frac{a + b + c}{2}.

146 Proseminar 1995/96

82. Für a, b, c, d > 0 gilt a^{3} + b^{3} + c^{3} + 15abc ≤ 2(a + b + c)(a^{2} + b^{2} + c^{2}).

83. Seien a, b, c, d > 0 und s = a + b + c + d. Dann gilt (s − a)(s − b)(s − c)(s − d) ≥ 81abcd.

84. Für a, b, c, d > 0 zeige man

\frac{a}{b + c} + \frac{b}{c + d} + \frac{c}{d + a} + \frac{d}{a + b} ≥ 2.

85. Zeige \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{cd} + \sqrt{da} + \sqrt{ac} + \sqrt{bd} ≤ \frac{3}{2}(a + b + c + d).

86. Seien a_{1}, …, a_{n} ∈ ℝ und b_{k} = \frac{1}{n}(a_{1} + … + a_{k}); setze

\begin{aligned}C & = & (a_{1} − b_{1})^{2} + (a_{1} − b_{2})^{2} + … + (a_{n} − b_{n})^{2} \\ D & = & (a_{1} − b_{n})^{2} + (a_{2} − b_{n})^{2} + … + (a_{n} − b_{n})^{2} \end{aligned}

Dann ist C ≤ D ≤ 2C.

87. Die Folge x_{k} reeller Zahlen sei monoton fallend, und es gelte die Ungleichung x_{1}^{2} + \frac{1}{2}x_{2}^{2} + \frac{1}{3}x_{3}^{2} + … + \frac{1}{n}x_{n}^{2} ≤ 1. Zeige, daß dann auch folgende Ungleichung richtig ist:

x_{1} + \frac{1}{2}x_{2} + \frac{1}{3}x_{3} + … + \frac{1}{n}x_{n} ≤ 3.

88. Für reelle Zahlen a_{i} > 0 gilt

\frac{1}{a_{1}} + \frac{2}{a_{1} + a_{2}} + … + \frac{n}{a_{1} + … + a_{n}} < 4(\frac{1}{a_{1}} + … + \frac{1}{a_{n}} )

89. Für x_{1}, …, x_{n} ∈ [0, 1] gilt (x_{1} + … + x_{n} + 1)^{2} ≥ 4(x_{1}^{2} + … + x_{n}^{2}).

90. Sind x, y > 0 und gilt x^{3} + y^{3} = x − y, dann ist x^{2} + y^{2} < 1.

91. Für a, b ≥ 0 gilt \frac{1}{2}(a + b)^{2} + \frac{1}{4}(a + b) ≥ a\sqrt{b} + b\sqrt{a}.

92. Seien a_{1}, …, a_{9} ≥ 0 reelle Zahlen mit a_{1} = a_{9} = 0, und sei mindestens ein a_{i} positiv. Zeige, daß es ein i ∈ {2, …, 8} gibt mit a_{i−1} + a_{i+1} < 2a_{i}.

93. Für reelle Zahlen a, b, c gilt (a^{2} +b^{2} −c^{2})(b^{2} +c^{2} −a^{2})(c^{2} +a^{2} −b^{2}) ≤ (a+b−c)^{2}(b+c−a)^{2}(c+a−b)^{2}.

94. Für x, y, u, v > 0 gilt

\frac{xy + xv + uy + uv}{x + y + u + v} ≥ \frac{xy}{x + y} + \frac{uv}{u + v} .

95. Man beweise \sqrt{n + \sqrt{n − 1 + \sqrt{… + \sqrt{2 + \sqrt{1}}}}} < \sqrt{n} + 1.

96. Es gilt \frac{x^{n}}{1 + x + x^{2} + … + x^{2n}} < \frac{1}{2n + 1}.

97. Für n > 1 ist \frac{1 + a + … + a^{n}}{a + a^{2} + … + a^{n−1}} < \frac{n + 1}{n − 1}.

98. Für a > b > 0 ist \frac{1 + a + … + a^{n−1}}{1 + a + … + a^{n}} > \frac{1 + b + … + b^{n−1}}{1 + b + … + b^{n}} .

99. Für a, b, c, d > 0 gilt \frac{ab}{a + b} + \frac{cd}{c + d} ≤ \frac{(a + c)(b + d)}{a + b + c + d}.

100. (22. USAMO) Seien a_{0}, a_{1}, …, a_{n} > 0 und sei a_{i−1}a_{i+1} ≤ a_{i}^{2} für alle 1 ≤ i ≤ n − 1. Zeige, daß für alle n > 1 gilt:

\frac{a_{0} + … + a_{n}}{n + 1} · \frac{a_{1} + … + a_{n−1}}{n − 1} ≥ \frac{a_{0} + … + a_{n−1}}{n} · \frac{a_{1} + … + a_{n}}{n}

101. Seien a_{1}, a_{2}, …, a_{n} > 0, und gelte a_{1} + … + a_{k} ≥ \sqrt{k} für alle 1 ≤ k ≤ n. Zeige für alle n ≥ 1:

∑_{j=1}^{n} a_{j}^{2} > \frac{1}{4}(1 + \frac{1}{2} + … + \frac{1}{n})

102. (Moskau 1961) Gegeben sei die Folge natürlicher Zahlen a_{0}, a_{1}, …, a_{100}, und es sei a_{1} > a_{0}, a_{2} = 3a_{1} −2a_{0}, a_{3} = 3a_{2} −2a_{1}, …, a_{100} = 3a_{99} −2a_{98}. Man zeige, daß a_{100} > 2^{99} gilt.

103. (Moskau 1962) Seien a, b, c, d > 0 und abcd = 1; zeige

a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} + ab + ac + ad + bc + bd + cd ≥ 10.

104. (Moskau 1962) Seien a_{0}, a_{1}, …, a_{n} ∈ ℝ, a_{0} = a_{n} = 0, und es gelte a_{k−1} + a_{k+1} ≥ 2a_{k} für alle 1 ≤ k ≤ n − 1. Zeige, daß a_{i} ≥ 0 für alle i ≤ n gilt.

105. (Leningrad 1968) Die Folgen a_{1}, …, a_{n} und b_{1}, …, b_{n} seien Umordnungen der Folge 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, …, \frac{1}{n}, und es gelte a_{1} + b_{1} ≥ a_{2} + b_{2} ≥ … ≥ a_{n} + b_{n}. Dann gilt für alle 1 ≤ m ≤ n die Ungleichung a_{m} + a_{n} ≥ \frac{4}{m}.

106. (Leningrad 1968) Sei a_{1} = 1, a_{2} = a_{1} + \frac{1}{a_{1}} , …, a_{n+1} = a_{n} + \frac{1}{a_{n}}; dann ist a_{100} > 14.

107. (7. ÖMO 1976) Zeige für alle a, b, c ≥ 0

a^{3} + b^{3} + c^{3} ≥ a^{2}\sqrt{bc} + b^{2}\sqrt{ca} + c^{2}\sqrt{ab}.

108. (7. ÖMO 1976) Für natürliche Zahlen a ≤ x gilt

2^{a} · a! ≤ \frac{(x + a)!}{(x − a)!} ≤ (x^{2} + x)^{a}.

109. (7. ÖMO 1976) Seien k, n ∈ ℕ, a_{1}, …, a_{n} ≥ 0 reelle Zahlen mit a_{1} + … +

a_{n} = 1; dann ist

a_{1}^{−k} + a_{2}^{−k} + … + a_{n}^{−k} ≥ n^{k+1}.

110. (8. ÖMO 1976) Sind x_{1}, …, x_{n} reelle Zahlen aus dem Intervall [a, b] (a + b > 0), dann gilt

\frac{x_{1} + x_{2} + … + x_{n}}{n} ≥ \frac{ab}{a + b} + \frac{x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + … + x_{n}^{2}}{n(a + b)} .

111. (8. ÖMO 1976) Sind a_{1}, …, a_{n} ∈ ℝ_{>0} und ist a_{1}a_{2} ⋯ a_{n} = 1, dann gilt

(1 + a_{1})(1 + a_{2}) · . . . · (1 + a_{n}) ≥ 2^{n}.

112. (8. ÖMO 1976) Sei a ≥ 2 und n ∈ ℕ; man zeige

\sqrt{1 + \sqrt{a}} + \sqrt{1 + \sqrt{a + \sqrt{a^{2}}}} + … + \sqrt{1 + \sqrt{a + … + \sqrt{a^{n}}}} < an.

113. (18. Österr. - Poln. Vergleichswettkampf 1995) Für alle m, n ≥ 1 und alle x, y ≥ 0 gilt

\begin{matrix}(n − 1)(m − 1)(x^{n+m} + y^{n+m}) \\ +(n + m − 1)(x^{n}y^{m} − x^{m}y^{n}) & ≥ & nm(x^{n+m−1}y + xy^{n+m−1}). \end{matrix}

114. (46. Poln. MO, 1.Runde) Seien a, b > 0; dann ist \sqrt{a}+1 > \sqrt{b} genau dann, wenn für alle x > 1 gilt: ax + \frac{x}{x−1} > b. Man löse diese Aufgabe einmal mit und einmal ohne Analysis.

115. (46. Poln. MO, 1.Runde) Sei x_{1} = \frac{1}{2} und x_{n} = \frac{2n−3}{2n} · x_{n−1} für n ≥ 2. Dann gilt für alle n ≥ 1 die Ungleichung x_{1} + x_{2} + … + x_{n} < 1.

116. (BWM 1975, 2. Runde) Ist a < c < b < d oder a < c < d < b, dann gilt \sqrt{(a + b)(c + d)} > \sqrt{ab} + \sqrt{c, d}.

117. (BWM 1978, 2. Runde) Seien a, b, c die Seitenlängen eines Dreiecks; sei weiter R = a^{2} + b^{2} + c^{2} und S = (a + b + c)^{2}. Dann gilt \frac{1}{3} ≤ \frac{R}{S} < \frac{1}{2}, und die Konstante \frac{1}{2} ist bestmöglich.

118. (BWM 1982, 2. Runde) Seien a_{1}, …, a_{n} ≥ 0; bestimme das Minimum von

\frac{a_{1}}{1+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}} + \frac{a_{2}}{1+a_{1}+a_{3}+...+a_{n}} + … + \frac{a_{n}}{1+a_{1}+a_{2}+...+a_{n−1}} .

119. (IMO 1995) Seien a, b, c > 0 reelle Zahlen mit abc = 1. Zeige

\frac{1}{a^{3}(b + c)} + \frac{1}{b^{3}(c + a)} + \frac{1}{c^{3}(a + b)} ≥ \frac{3}{2}.

Aufgaben: Geometrische Ungleichungen

Folgende Bezeichnungen sind Standard: a, b, c bezeichnen die Seitenlängen eines Dreiecks; h_{a}, h_{b}, h_{c} sind die Höhen des Dreiecks; s = \frac{1}{2}(a + b + c) ist der halbe Umfang; r und R bezeichnen den In- bzw. Umkreisradius; r_{a}, r_{b}, r_{c} sind die Ankreisradien; Q = (a − b)^{2} + (b − c)^{2} + (c − a)^{2}; F ist der Flächeninhalt des Dreiecks.

1. 3(ab + bc + ca) ≤ (a + b + c)^{2} ≤ 4(ab + bc + ca) (F. E. Wood, problem E 345, Amer. Math. Monthly 45 (1938))

2. a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ \frac{36}{35}(s^{2} + \frac{abc}{s})

(J. F. Darling, W. Moser, problem E 1456, Amer. Math. Monthly 68 (1961))

3. 8(s − a)(s − b)(s − c) ≤ abc (A. Padoa, Period. Math. (4) 5 (1925), 80–85)

4. 8abc ≤ (a + b)(b + c)(c + a)

(E. Cesàro, Nouv. Corresp. Math. 6 (1880), 140)

5. 3(a + b)(b + c)(c + a) ≤ 8(a^{3} + b^{3} + c^{3})

(A. Padoa, Period. Math. (4) 5 (1925), 80–85)

6. 2(a + b + c)(a^{2} + b^{2} + c^{2}) ≥ 3(a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc) (M. Colins, Educ. Times 13 (1870), 30–31)

7. abc < a^{2}(s − a) + b^{2}(s − b) + c^{2}(s − c) ≤ \frac{3}{2}abc 8. ab(a + b) + bc(b + c) + ca(a + c) ≥ 48(s − a)(s − b)(s − c)

9. a^{3}(s − a) + b^{3}(s − b) + c^{3}(s − c) ≤ abcs (J. Andersson, problem E 1779, Amer. Math. Monthly 59 (1952))

10. a^{t}(s − a) + b^{t}(s − b) + c^{t}(s − c) ≤ \frac{1}{2}abc(a^{t−2} + b^{t−2} + c^{t−2}) ist für alle t ∈ ℝ richtig (Djordjevic)

11. a^{2}b(a − b) + b^{2}c(b − c) + c^{2}a(c − a) ≥ 0 (E. Catalan, Educ. Times 10 (1906), 57)

12. s^{2} ≥ 3F \sqrt{3} (H. Hadwiger, Jahresber. DMV 49 (1939), 35–39, L. A. Santaló, Math. Notae 3 (1943), 65–73)

13. s^{2} ≥ 3F \sqrt{3} + \frac{1}{2}Q (J. C. H. Gerretsen, Nieuw Tijdschr. Wisk. 41 (1953), 1–7)

14. a^{2} + b^{2} + c^{2} ≥ 4F \sqrt{3} (R. Weitzenböck, Math. Z. 5 (1919), 137–146; P. Finsler, H. Hadwiger, Comment Math. Helv. 10 (1937/38), 316–326 L. A. Santaló, Math. Notae 3 (1943), 65–73 F. Goldner, problem 69, Elem. Math. 4 (1948), 120)

15. ab + bc + ca ≥ 4F \sqrt{3} (V. O. Gordon, Mathematika v skole (1966), 89)

16. ab + bc + ca ≥ 4F \sqrt{3} + \frac{1}{2}Q (H. Hadwiger, Jahresber. DMV 49 (1939), 35–39)

17. 4F \sqrt{3} + Q ≤ a^{2} + b^{2} + c^{2} ≤ 4F \sqrt{3} + 3Q (H. Hadwiger, Jahresber. DMV 49 (1939), 35–39, P. Finsler, H. Hadwiger, Comment Math. Helv. 10 (1937/38), 316–326 J. Karamata, problem 119, Mat.-Fiz. Astron. 3 (1948), 223 O. Kooi, Simon Stevin 32 (1958), 97–101 J. Steinig, Elem. Math. 18 (1963), 127–131 S. Zetel, Mathematika v skole (1965), 66–69)

18. 12F \sqrt{3} + 2Q ≤ (a + b + c)^{2} ≤ 12F \sqrt{3} + 8Q (H. Hadwiger, Jahresber. DMV 49 (1939), 35–39, P. Finsler, H. Hadwiger, Comment Math. Helv. 10 (1937/38), 316–326)

19. a^{4} + b^{4} + c^{4} ≥ 16F^{2} (F. Goldner, problem 69, Elem. Math. 4 (1949), 120)

20. a^{4} + b^{4} + c^{4} ≥ 16F^{2} + 4F Q\sqrt{3} + \frac{1}{2}Q^{2} (Matematika i Fizika Sofia 6 (1965), 51–52)

21. a^{2}b^{2} + b^{2}c^{2} + c^{2}a^{2} ≥ 16F^{2} (F. Goldner, problem 69, Elem. Math. 4 (1949), 120)

22. 2(h_{a} + h_{b} + h_{c}) ≤ \sqrt{3}(a + b + c)

(A. Santaló, Math. Notae 3 (1943), 65–73, F. Leuenberger, L. Carlitz, Problem E 1427, AMM 67 (1960), 692, AMM 68 (1961), 296–297)

23. h_{a} + h_{b} + h_{c} ≤ \sqrt{s}(\sqrt{s − a} + \sqrt{s − b} + \sqrt{s − c} ≤ s\sqrt{3} (A. Santaló, Math. Notae 3 (1943), 65–73)

24. h_{a} + h_{b} + h_{c} ≥ 9r (S. I. Zetel, Moskva 1948, p. 64 BWM 1988, 2. Runde)

25. h_{a} + h_{b} + h_{c} ≤ 3(R + r)

(L. Carlitz, Problem E 1616, AMM 70 (1963), 758 F. Leuenberger, Elem. Math. 19 (1964), 132–133)

26. Ein ungelöstes Problem: Man betrachte die Ungleichungen

MR + mr ≤ h_{a} + h_{b} + h_{c} ≤ NR + nr.

Diese sind richtig für M = 0, m = 9 und alle N ≥ 2 mit 2N + n = 9. Welches ist das maximale M mit 2M + m = 9, bzw. das minimale N mit 2N + n = 9, für welches diese Ungleichungen richtig sind?

27. \sqrt{3}F ≤ (R + r)^{2} (L. Carlitz, F. Leuenberger, Problem E 1454, AMM 68 (1961), 177; 805– 806; H. W. Guggenheimer, AMM 72 (1965), 791–793)

28. \frac{9r}{2F} ≤ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} le\frac{9R}{4F}. (F. Leuenberger, Elem. Math. 13 (1958), 121–126)

29. r + r_{a} + r_{b} + r_{c} = a + b + c genau dann, wenn das Dreieck rechtwinklig ist. Weiter ist auch r^{2} + r_{a}^{2} + r_{b}^{2} + r_{c}^{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2} genau dann, wenn das Dreieck rechtwinklig ist. (BWM 1986, 2. Runde)

152 Proseminar 1995/96

Aufgaben: Wettbewerbe

24.1 Der Eötvös-Wettbewerb

1894

1. Zeige, daß die beiden Terme 2x + 3y und 9x + 5y für genau die gleichen Werte von x, y ∈ ℤ durch 17 teilbar sind.

2. Gegeben sei ein Kreis und zwei Punkte P und Q in diesem Kreis. Man konstruiere ein einbeschriebenes rechtwinkliges Dreieck, dessen eine Kathete durch P und dessen andere durch Q geht. Für welche Lage der Punkte P und Q ist diese Konstruktion unmöglich?

3. Die Seitenlängen eines Dreiecks bilden eine arithmetische Progression mit Differenz d; die Fläche des Dreiecks betrage A. Man bestimme die Seitenlängen und die Winkel des Dreiecks. Man löse die Aufgabe auch für d = 1 und A = 6.

1895

1. Zeige, daß es 2(2^{n−1}−1) Arten gibt, n Karten an zwei Personen auszuteilen (die Spieler dürfen eine jeweils verschiedene Anzahl von Karten erhalten).

2. Gegeben sei ein rechtwinkliges Dreieck ABC; man konstruiere einen Punkt N im Innern von ABC derart, daß die Winkel ∠NBC, ∠NCA und ∠NAB gleich sind.

3. Von einem Dreieck sind die folgenden Informationen bekannt: der Umkreisradius R, eine Seitenlänge c, und das Verhältnis a/b der beiden andern Seitenlängen. Man bestimme a, b, und alle Winkel des Dreiecks.

1896

1. Zeige log n ≥ k · log 2, wo n ∈ ℕ und k die Anzahl der verschiedenen Primzahlen ist, die n teilen.

2. Zeige, daß die Gleichungen

x^{2} − 3xy + 2y2 + x − y = 0 und x^{2} − 2xy + y^{2} − 5x + 7y = 0

die Gleichung xy − 12x + 15y = 0 implizieren.

3. Man konstruiere ein Dreieck ABC, von dem die Fußpunkte H_{a}, H_{b}, H_{c} der Höhen gegeben sind. Man drücke außerdem die Seitenlängen des Dreiecks ABC in Abhängigkeit der Seitenlängen des Dreiecks H_{a}H_{b}H_{c} aus.

1897

1. Für die Winkel α, β, γ eines Dreiecks gilt die Beziehung

sin α sin β sin(α − β) + sin β sin γ sin(β − γ)
+ sin γ sin α sin(γ − α) + sin(α − β) sin(β − γ) sin(γ − α) = 0.

2. Für die Winkel α, β, γ eines Dreiecks gilt

sin \frac{α}{2} sin \frac{β}{2} sin \frac{γ}{2} < \frac{1}{4}.

3. Sei ABCD ein Viereck, und seien M, N, P, Q die Schnittpunkte einer Geraden e mit den durch AB, CD, AD und BC bestimmten Geraden. Gegegeben seien die Punkte M, N, P, Q und die Länge p der Seite AB; verlangt ist die Konstruktion des Rechtecks. Unter welchen Bedingungen kann man diese Aufgabe lösen, und wieviele Lösungen gibt es?

1898

1. Bestimme alle positiven ganzen Zahlen, sodaß 2^{n} + 1 durch 3 teilbar ist.

2. Man beweise: Besitzen zwei Dreiecke einen gleichen Winkel, dann ist die Summe sin α + sin β + sin γ in demjenigen Dreieck größer, in dem die Differenz der beiden andern Winkel kleiner ist.

Mit Hilfe dieses Satzes bestimme man die Gestalt desjenigen Dreiecks, für das die Summe sin α + sin β + sin γ maximal ist.

3. Seien A, B, C, D vier Punkte auf einer Geraden e. Man konstruiere ein Quadrat derart, daß zwei seiner parallelen Seiten (bzw. deren Verlängerungen) durch A, bzw. B gehen, und die Verlängerungen der beiden andern Seiten durch durch C, bzw. D.

1899

1. Die Punkte A_{0}, A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4} teilen den Einheitskreis in fünf gleiche Teile. Zeige (|A_{0}A_{1}| · |A_{0}A_{2}|)^{2} = 5.

2. Seien x_{1} und x_{2} die Wurzeln der Gleichung x^{2} − (a + d)x + ad − bc = 0. Zeige, daß x_{1}^{3} und x_{2}^{3} die Wurzeln der folgenden Gleichung sind:

y^{2} − (a^{3} + d^{3} + 3abc + 3bcd)y + (ad − bc)^{3} = 0.

3. Für jedes n ∈ ℕ ist der Ausdruck A = 2903^{n} − 803^{n} − 464^{n} + 261^{n} durch 1897 teilbar.

1900

1. Seien a, b, c, d vier ganze Zahlen, und sei d nicht durch 5 teilbar. Sei weiter m eine ganze Zahl, sodaß am^{3} + bm^{2} + cm + d durch 5 teilbar ist. Zeige, daß es dann ein n ∈ ℤ gibt, für welches dn^{3} + cn^{2} + bn + a ebenfalls durch 5 teilbar ist.

2. Man konstruiere aus folgenden Daten ein Dreieck ABC: der Länge c einer Seite AB, dem Inkreisradius r, und dem Ankreisradius r_{c} der Seite AB (der Ankreis an AB berührt die Seite AB und die Geraden AC und BC).

3. Eine Klippe ist 300 m hoch. Man betrachte zwei freifallende Regentropfen, von denen der eine losfällt, wenn der andere schon 0.001 mm gefallen ist. Wie groß ist der Abstand zwischen den beiden, wenn der erste Tropfen auf den Boden fällt?

1901

1. Zeige, daß für jedes n ∈ N der Ausdruck 1^{n} + 2^{n} + 3^{n} + 4^{n} genau dann durch 5 teilbar ist, wenn n nicht durch 4 teilbar ist.

2. Sei u = cot 22^{∘}30′ und v = (sin 22^{∘}30′)^{−1}. Zeige, daß u einer quadratischen und v einer biquadratischen Gleichung mit ganzen Koeffizienten und höchstem Koeffizienten 1 genügt.

3. Seien a, b ∈ ℕ, und bezeichne d ihren größten gemeinsamen Teiler. Zeige, daß genau d der Zahlen a, 2a, 3a, …, ba durch b teilbar sind.

1902

1. Zeige, daß der Ausdruck Q(x) = Ax^{2} + BX + C in der Form

Q(x) = k \frac{x(x − 1)}{2} + lx + m

geschrieben werden kann, wo k, l ∈ ℝ von den Koeffizienten A, B, C abhängen. Man zeige weiter, daß Q(x) genau dann nur ganzzahlige Werte annimmt, wenn k, l, m ganze Zahlen sind.

2. Sei S ein Sphäre mit Zentrum O und Radius r; sei P ein Punkt außerhalb von S, und sei S′ die Sphäre mit Zentrum P und Radius P O. Die Fläche des Teils der Oberfläche vonS′, der innerhalb von S liegt, sei mit F bezeichnet. Zeige, daß F von der Wahl des Punktes P unabhängig ist.

3. Die Fläche A und der Winkel γ eines Dreiecks sind gegeben. Bestimme die Seitenlängen a und b so, daß die γ gegenüberliegende Seite c minimale Länge besitzt.

1903

1. Sei 2^{p} −1 prim und n = 2^{p−1}(2^{p} −1); zeige, daß die Summe aller positiven Teiler von n (ausschließlich n) genau gleich n ist.

2. Zu einem gegebenen Paar x, y reeller Zahlen, die den Gleichungen x = sin α und y = sin β genügen, kann es vier verschiedene Werte von z = sin(α + β) geben.

a) Man finde eine Beziehung zwischen x, y, z, in der keine trigonometrischen Funktionen oder Wurzeln vorkommen.

b) Man bestimme diejenigen Paare (x, y), für die z weniger als vier verschiedene Werte annimmt.

3. Seien A, B, C, D die Ecken eines Rhombus; seien k_{1}, k_{2}, k_{3} und k_{4} die Kreise durch B, C, D, durch C, D, A, durch D, A, B und durch A, B, C. Man beweise, daß die Tangenten an die Kreise k_{1} und k_{3} in B denselben Winkel bilden wie die Tangenten an k_{2} und k_{4} in A.

1904

1. Man beweise: besitzt ein einem Kreis einbeschriebenes Fünfeck gleich große Winkel, so hat es auch gleich lange Seiten.

2. Sei a eine natürliche Zahl; zeige, daß die Anzahl der positiven ganzzahligen Lösungen der Gleichung x_{1} + 2x_{2} + 3x_{3} + … + nx_{n} = a gleich der Anzahl der nichtnegativen Lösungen der Gleichung y_{1} + 2y_{2} + 3y_{2} + … + ny_{n} = a − \frac{n(n+1)}{2} ist.

3. Seien A_{1}A_{2} und B_{1}B_{2} die Diagonalen eines Rechtecks, und sei O dessen Zentrum. Bestimme und konstruiere die Menge aller Punkte P, die gleichzeitig folgenden vier Ungleichungen genügen:

A_{1}P > OP, A_{2}P > OP, B_{1}P > OP, B_{2}P > OP.

1905

1. Für gegebene natürliche Zahlen n und p bestimme man notwendige und hinreichende Bedingungen dafür, daß das Gleichungssystem x + py = n, x + y = p^{z} eine Lösung (x, y, z) in positiven ganzen Zahlen hat. Man zeige auch, daß es höchstens eine solche Lösung geben kann.

2. Teile das Einheitsquadrat durch Geraden parallel zu den Seiten in 9 gleiche Teile und entferne das entstehende mittlere Quadrat. Jetzt verfahre man mit den verbleibenden acht Quadraten genauso und wiederhole diesen Vorgang n mal. a) Wieviele Quadrate der Seitenlänge 3^{−n} bleiben übrig?

b) Gegen welchen Wert strebt der Flächeninhalt der verbleibenden Quadrate, wenn n gegen unendlich geht?

3. Sei C_{1} irgendein Punkt auf der Seite AB des Dreiecks ABC. Die zu C_{1}C parallele Geraden durch A und die Gerade BC schneiden sich in A_{1}, die zu C_{1}C parallele Geraden durch B und die Gerade AC schneiden sich in B_{1}. Man zeige:

\frac{1}{AA_{1}} + \frac{1}{BB_{1}} = \frac{1}{CC_{1}} .

1906

1. Man zeige: tan \frac{α}{2} ist genau dann rational oder nicht definiert, wenn cos α und sin α rational sind.

2. Seien K, L, M, N die Zentren der Quadrate, die auf den Seiten eines Rhombus errichtet sind. Man zeige, daß KLMN ein Quadrat ist.

3. Sei a_{1}, a_{2}, …, a_{n} eine Umordnung (Permutation) von 1, 2, …, n. Man zeige: ist n ungerade, dann ist das Produkt (a_{1} − 1)(a_{2} − 2) ⋯ (a_{n} − n) gerade.

1907

1. Man zeige: sind p und q ungerade ganze Zahlen, dann hat die Gleichung x^{2} + 2px + 2q = 0 keine rationalen Wurzeln.

2. Sei P ein Punkt im Innern des Parallelogramms ABCD, und sei R der Radius des Kreises durch A, B und C. Zeige, daß der Abstand von P zur nächsten Ecke nicht größer als R ist.

3. Sei \frac{r}{s} = 0.k_{1}k_{2}k_{3} … die Dezimalbruchentwicklung einer rationalen Zahl (falls diese abbricht, sind alle k_{j} für große j gleich 0). Man zeige, daßs mindestens zwei der Zahlen

σ_{1} = 10\frac{r}{s} −k_{1}, σ_{2} = 10^{2} \frac{r}{s} −(10k_{1}+k_{2}), σ_{3} = 10^{3} \frac{r}{s} −(100k_{1}+10k_{2}+k_{3}), …

gleich sind.

24.2 Die Sowjetische Mathematische Olympiade

Moskau 1961

1. ?

2. Gegeben sei ein Rechteck A_{1}A_{2}A_{3}A_{4} und Kreise K_{i} um A_{i} mit Radius r_{i} (1 ≤ i ≤ 4). Sei r_{1} + r_{3} = r_{2} + r_{4} < d, wo d = A_{1}A_{3} den Durchmesser des Rechtecks bezeichnet. Die beiden gemeinsamen Tangenten an K_{1} und K_{3}, sowie diejenigen an K_{2} und K_{4}, definieren ein Rechteck; zeige, daß dieses Viereck einen Inkreis besitzt.

3. Unter 39 aufeinanderfolgenden Zahlen existiert mindestens eine, deren Quersumme durch 11 teilbar ist.

4. a) Gegeben sei eine 4×4-Matrix. Man kann diese so mit Nullen und genau 7 Einsen auffüllen, daß jedes Streichen von zwei Spalten und zwei Zeilen eine von der Nullmatrix verschiedene 2 × 2-Matrix ergibt.

b) Man zeige, daß dies für 6 Einsen falsch wird.

5. a) Gegeben sei ein Quadrupel A_{1} = (a, b, c, d) positiver reeller Zahlen. Für n ≥ 1 und A_{n} = (a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}) sei A_{n+1} definiert durch

A_{n+1} = (a_{1}a_{2}, a_{2}a_{3}, a_{3}a_{4}, a_{4}a_{1}).

Ist keine der Zahlen a, b, c, d gleich 1, dann ist A_{n} ≠ A_{1} für alle n ≥ 2.

b) Gegeben sei ein 2^{k}-tupel A_{1} von Zahlen a_{i} ∈ {−1, +1}; definiert man wie eben

A_{n+1} = (a_{1}a_{2}, a_{2}a_{3}, …, a_{n}a_{1}),

so gibt es ein n ∈ ℕ mit A_{n} = (1, 1, …, 1).

6. a) Zwei Punkte A und B bewegen sich gleichförmig mit gleicher Winkelgeschwindigkeit auf Kreisen um O_{A} und O_{B}. Bildet ABC ein gleichseitiges Dreieck, so bewegt sich auch C mit konstanter Winkelgeschwindigkeit auf einem Kreis um ein Zentrum O_{C}.

b) Der Abstand eines Punktes P von A und B ist |P A| = 2 und |P B| = 3. Man bestimme den maximalen Wert für |P C|.

7. Gegeben sei eine m × n-Matrix. Man darf jede beliebige Spalte und jede Zeile mit −1 multiplizieren. Zeige, daß man so eine Matrix erhalten kann, in der alle Zeilen- und Spaltensummen ≥ 0 sind.

Kiev 1969

1. Der Punkt E liegt auf der Seite AD des Trapezoids ABCD. Die Dreiecke ABE, BCE und CDE haben alle denselben Umfang. Man zeige |AD| = 2|BC|.

2. Im Zentrum eines quadratischen Feldes sitzt ein Wolf. Der Worlf ist stärker als ein Hund, aber zwei Hunde sind stärker als ein Wolf. Der Wolf kann sich frei bewegen, die Hunde nur entlang dem Umfang des Feldes. Man zeige: Sind die Hunde mindestens 1.5 mal schneller als der Wolf, dann kann der Wolf nicht entkommen.

3. Gegeben ist eine endliche Folge von Ziffern 0, 1 mit folgenden Eigenschaften:

i) Unter allen Blöcken von fünf aufeinanderfolgenden Ziffern sind keine zwei gleichen Blöcke; ii) hängt man irgendeine Ziffer an den Anfang oder das Ende der Folge, dann geht die Eigenschaft i) verloren. Man zeige: die ersten vier Ziffern der Folge stimmen mit den letzten vier Ziffern überein.

4. Gegeben seien a, b, c, d > 0; zeige, daß die vier folgenden Ungleichungen nicht gleichzeitig bestehen können:

a + b < c + d, (a + b)(c + d) < ab + cd, (a + b)cd < ab(c + d).

5. Das Polynom ax^{2} + bx + c, a, b, c ∈ ℤ, a > 0, habe zwei verschiedene Nullstellen im Intervall (0, 1). Welches ist der minimale Wert für a?

6. Sei n ∈ ℕ; betrachte die Brüche \frac{1}{pq} mit i) p und q sind teilerfremd, ii) 0 < p < q ≤ n, iii) p + q > n. Man zeige, daß die Summe dieser Brüche gleich \frac{1}{2} ist.

7. Gegeben sind n Punkte im ℝ^{3} mit folgender Eigenschaft: je drei Punkte bilden ein Dreieck, das einen Winkel ≥ 120^{∘} enthält. Man zeige, daß die Punkte so durch einen Streckenzug verbunden werden können, daß alle aufeinanderfolgenden Streckenabschnitte einen Winkel ≥ 120^{∘} bilden.

8. Bestimme alle dreistelligen Dezimalzahlen, die mit derselben Ziffer beginnen und deren Summe durch drei dieser Zahlen teilbar ist.

9. Gegeben sei ein gleichseitiges Fünfeck.

(a) Zeige, daß es einen Punkt auf der längsten Diagonale gibt, von dem aus alle Seiten unter einem Winkel ≤ 90^{∘} zu sehen sind.

(b) Beweise, daß die Kreise, die die Seiten des Fünfecks als Durchmesser haben, nicht das ganze Fünfeck überdecken.

10. Gegeben sei eine Gleichung x^{3}+?x^{2}+?x+? = 0. Ein Spieler ersetzt eines der Fragezeichen durch eine ganze Zahl, ein zweiter Spieler ebenso, und schließlich ersetzt der erste Spieler das verbleibende Fragezeichen durch eine ganze Zahl. Man zeige: der erste Spieler kann erreichen, daß die resultierende Gleichung lauter ganzzahlige Lösungen besitzt.

11. 20 Fußballteams nehmen an einem Turnier teil. Welche minimale Anzahl von Spielen muß gespielt werden, damit folgende Aussage richtig ist: Unter je drei Teams gibt es mindestens zwei, die schon gegeneinander angetreten sind.

12. Für a_{1}, …, a_{n} > 0 gilt

\frac{a_{1}}{a_{2} + a_{3}} + \frac{a_{2}}{a_{3} + a_{4}} + … + \frac{a_{n−1}}{a_{n} + a_{1}} + \frac{a_{n}}{a_{1} + a_{2}} > \frac{n}{4}.

Chelyabinsk 1972

1. Gegeben sei ein Rechteck ABCD; M sei der Mittelpunkt der Seite AD, N derjenige von BC. Sei P ein Punkt auf der Geraden CD mit C < D < P; der Schnittpunkt der Geraden P M und AC sei Q. Man zeige: die Winkel ∠QNM und ∠MNP sind gleich.

2. Gegeben sind 50 Strecken auf einer Geraden. Man zeige: es gibt 8 Strecken ohne Schnittpunkt oder 8 Strecken mit einem gemeinsamen Punkt.

3. Bestimme das maximale x ∈ ℕ, sodaß 4^{27} + 4^{1000} + 4^{x} eine Quadratzahl ist.

4. a) Seien a, n, m ∈ ℕ, a > 1. Ist a^{n} + 1 Teiler von a^{m} + 1, dann ist n ein Teiler von m.

b) Seien a, b, n, m ∈ ℕ, a > 1, und a, b seien teilerfremd. Ist a^{n} + b^{n} Teiler von a^{m} + b^{m}, dann gilt n|m.

5. Eine Art Pascalsches Dreieck wird wie folgt konstruiert: Setze die Zahl a > 1 in die oberste Reihe. Links unterhalb jeder Zahl k steht k^{2}, rechts unterhalb von k steht k + 1. Man zeige: alle Zahlen einer Zeile sind paarweise verschieden.

6. Gegeben seien diverse Quadrate mit Gesamtfläche 1. Man zeige, daß man alle Quadrate ohne Überschneidung in einem Quadrat der Seitenlänge 2 unterbringen kann.

7. Sei O der Schittpunkt der Diagonalen eines konvexen Vierecks ABCD. Man zeige, daß die Geraden durch den Mittelpunkt der Seitenhalbierenden der Dreiecke AOB und COD senkrecht auf die Gerade durch die Höhenschnittpunkte von BOC und AOD steht.

8. Jede von 9 Geraden teilt ein gegebenes Quadrat in zwei Vierecke, deren Flächen sich 2 : 3 verhalten. Man beweise, daß es unter diesen Geraden drei gibt, die sich in einem Punkt schneiden.

9. Das Siebeneck A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}A_{7} ist einem Kreis einbeschrieben. Man zeige: liegt das Zentrum des Kreises innerhalb des Siebenecks, dann ist die Summe der Winkel in den Ecken A_{1}, A_{2}, A_{3} kleiner oder gleich 450^{∘}.

10. Das folgende Spiel wird von zwei Persionen A, B gespielt. A gibt eine Ziffer vor, und B ersetzt einen Stern in

(∗ ∗ ∗ ∗ − ∗ ∗ ∗ ∗) =

durch diese Zahl. Dieser Vorgang wird wiederholt, bis alle Sterne durch Ziffern ersetzt sind. Spieler A versucht so zu spielen, daß die Differenz maximal wird, während B sie minimal machen will. Man zeige:

a) A kann so spielen. daß die Differenz ≥ 4000 wird.

b) B kann so spielen, daß die Differenz ≤ 4000 wird.

11. Seien x, y > 0 reelle Zahlen und s = min\{x, y + \frac{1}{x}, \frac{1}{y} \}. Was ist der größtmögliche Wert für s? Welchen x, y entspricht er?

12. Der Punkt O im Innern eines konvexen Polygons P bildet mit allen Paaren der Ecken des Polygons gleichschenklige Dreiecke. Man beweise, daß = das Zentrum des Umkreises von P ist.

Ulyanovsk 1986

1. Das Polynom x^{2} + ax + b + 1 hat natürliche Zahlen als Nullstellen. Man zeige, daß a^{2} + b^{2} eine zusammengesetzte Zahl ist

2. Zwei gleich große Quadrate, eines mit roten und eines mit blauen Seiten, werden so übereinander gelegt, daß ihr Durchschnitt ein Achteck ergibt. Zeige: die Gesamtlänge der roten Seiten und die Gesamtlänge der blauen Seiten des Achtecks sind gleich.

3. Sei ABC ein spitzwinkliges Dreieck, und M ein Punkt auf der Seite AC. Man betrachte den Durchschnitt D der Umkreise von ABM und BCM. Für welchen Punkt M hat D minimale Fläche?

4. Der König eines Landes will n Städte bauen. Diese Städte sollen mit n − 1 Straßen so verbunden werden, daß gilt: 1.) jede Straße verbindet genau zwei Städte; 2.) die Straßen kreuzen sich nicht; 3.) mankann von jeder Stadt in jede andere reisen; 4.) die kürzesten Entfernungen zwischen den Städten sollen 1, 2, 3, …, \frac{n(n−1)}{2} betragen. Ist dies möglich für a) n = 6 b) n = 1986 ?

5. Man zeige, daß es kein Viereck mit folgenden Eigenschaften gibt: 1.) die Ecken sind Gitterpunkte; 2.) eine diagonale ist doppelt so lang wie die andere; 3.) die Diagonalen schneiden sich unter einem Winkel von 45^{∘}.

6. Man beweise: Die Felder eines m×n-Schachbretts können so mit Quadratzahlen beschriftet werden, daß alle Zeilen- und Spaltensummen ebenfalls Quadratzahlen sind.

7. Zwei Kreise mit Radius d schneiden sich in P und Q. Sei A ein Punkt ≠ P, Q auf dem ersten Kreis. Die Geraden AP und AQ schneiden den zweiten Kreis in B und C.

a) Man zeige: der Umkreisradius von ABC ist d;

b) Man beschreibe die Ortskurve aller Zentren dieses Umkreises, wenn sich A auf dem ersten Kreis bewegt.

8. Bestimme alle natürlichen Zahlen, die gleich dem Quadrat der Anzahl ihrer Teiler sind.

24.3 Baltischer Weg

Baltischer Weg 92 – Vilna, 5.-8. Nov. 1992

1. Seien p, q zwei aufeinanderfolgende Primzahlen. Man zeige, daß p + q ein Produkt von mindestens drei (nicht notwendig verschiedenen) natürlichen Zahlen > 1 ist.

2. Sei d(n) die Anzahl aller positiven Teiler einer natürlichen Zahl n (einschließlich 1 und n). Zeige, daß es unendlich viele n ∈ ℕ gibt, sodaß n/d(n) eine ganze Zahl ist.

3. Man bestimme eine nichtkonstante arithmetische Progression natürlicher Zahlen, sodaß jeder Term weder Summe zweier Quadrate noch Summe zweier Kubikzahlen ist.

4. Ist es möglich, ein Sechseck zu finden, dessen Ecken ganzzahlige Koordinaten haben, sodaß die Quadrate der Seitenlängen sechs aufeinanderfolgende natürliche Zahlen sind?

5. Es seien a, b, c, d reelle Zahlen mit a^{2} + b^{2} + (a + b)^{2} = c^{2} + d^{2} + (c + d)^{2}. Man zeige, daß dann auch a^{4} + b^{4} + (a + b)^{4} = c^{4} + d^{4} + (c + d)^{4} gilt.

6. Man zeige, daß das Produkt der 99 Zahlen \frac{k^{3}−1}{k^{3}+1} größer als \frac{2}{3} ist.

7. Sei a = \sqrt[1992]{1992}; welche Zahl ist größer,

a^{a^{a^{···}^{a}}} }1992 oder 1992?

8. Bestimme alle ganzen Zahlen x mit 2^{x}(4 − x) = 2x + 4.

9. Gegeben ist ein Polynom f(x) = x^{3} + ax^{2} + bx + c mit b < 0 und ab = 9c. Man zeige: f hat drei verschiedene reelle Nullstellen.

10. Bestimme alle Polynome p(x) vierten Grades mit folgenden Eigenschaften: i) p(x) = p(−x) für alle x ∈ ℝ; ii) p(x) ≥ 0 für alle x ∈ ℝ; iii) p(0) = 1; iv) p hat genau zwei lokale Minima x_{1}, x_{2} mit |x_{1} − x_{2}| = 2.

11. Sei ℚ^{+} die Menge aller positiven reellen Zahlen. Man zeige: es gibt genau eine Funktion f : ℚ^{+} ⟶ ℚ mit

i) für 0 < q < \frac{1}{2} gilt f(q) = 1 + f(\frac{q}{1−2q}); ii) für 1 < q < 2 gilt f(q) = 1 + f(q − 1); iii) für alle q ∈ ℚ^{+} gilt f(q)f(\frac{1}{q}) = 1.

12. Sei ϕ : ℕ ⟶ ℕ eine Bijektion. Man nehme an, daß der Grenzwert lim_{n⟶∞} \frac{ϕ(n)}{n} = L existiert. Was sind die möglichen Werte für L?

13. Für alle x_{1}, …, x_{n}, y_{1}, …, y_{n} > 0 zeige man

∑_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}y_{i}} ≥ \frac{4n^{2}}{∑_{i=1}^{n}(x_{i} + y_{i})^{2}} .

14. In einem Land gibt es n Städte, die durch Einbahnstraßen miteinander verbunden sind. Je zwei Städte sind durch mindestens eine Straße miteinander verbunden. Man zeige: es gibt eine Stadt, von der aus man alle andern erreichen kann.

15. Noah muß acht Tierarten in vier Käfigen unterbringen. Für jede Tierart gibt es höchstens drei andere, die mit dieser Tierart keinen Käfig teilen darf. Man zeige: es gibt eine Möglichkeit, die acht Arten in den Käfigen unterzubringen, sodaß sie sich untereinander vertragen.

16. Alle Flächen eines konvexen Polyeders sind Parallelogramme. Kann das Polyeder genau 1992 Flächen besitzen?

17. Ein Viereck ABCD ist einem Kreis mit Radius 1 einbeschrieben. Dabei ist AC ein Durchmesser des Kreises und |AB| = |BD|. Die Diagonalen schneiden sich in P, und schließlich ist |P C| = \frac{2}{5}. Wir groß ist |CD|?

18. Für ein nicht stumpfwinkliges Dreieck mit Seitenlängen a, b, c und Umkreisradius R zeige man a + b + c ≥ 2R.

19. Sei C ein Kreis, C_{1} und C_{2} zwei sich nicht schneidende Kreise, die C von innen in den Punkten A bzw. B berühren. Sei t eine gemeinsame Tangente an C_{1} und C_{2} mit Berührungspunkten D und E, und zwar eine solche, für die C_{1} und C_{2} auf derselben Seite von t liegen. Sei F der Schnittpunkt von AD und BE. Man zeige: F liegt auf C.

20. Seien a ≤ b ≤ c Seiten eines Dreiecks und 2s = a + b + c. Dann ist s(s − c) = (s − a)(s − b) = F.

Baltischer Weg 94 – Tartu, 11. 11. 1994

1. Sei a ∘ b = a + b − ab. Man bestimme alle Tripel (x, y, z) ganzer Zahlen,

für die gilt:

(x ∘ y) ∘ z + (y ∘ z) ∘ x + (z ∘ x) ∘ y = 0.

2. Seien a_{1}, …, a_{9} nichtnegative reelle Zahlen mit a_{1} = a_{9} = 0; dabei seien nicht alle a_{i} = 0. Man beweise, daß es ein 2 ≤ i ≤ 8 gibt derart, daß a_{i−1} + a_{i+1} < 2a_{i} gilt. Bleibt die Aussage richtig, wenn man 2a_{i} durch 1.9a_{i} ersetzt?

3. Bestimme das Maximum des folgenden Ausdrucks:

xy + y\sqrt{1 − y^{2}} + y\sqrt{1 − x^{2}} − \sqrt{(1 − x^{2})(1 − y^{2})}.

4. Gibt es ein n ∈ ℕ derart, daß \sqrt{n − 1} + \sqrt{n + 1} eine ganze Zahl ist?

5. Sei p(x) ein Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten; die beiden Gleichungen p(x) = 1 und p(x) = 3 mögen Lösungen in ℤ besitzen. Kann dann die Gleichung p(x) = 2 zwei verschiedene ganzzahlige Lösungen haben?

6. Zeige, daß sich jeder nicht kürzbare Bruch p/q, wo p, q ∈ ℕ sind und q ungerade ist, in der Form \frac{n}{2^{k}−1} geschrieben werden kann, wo n, k ∈ ℕ sind.

7. Sei p > 2 prim und

1 + \frac{1}{2^{3}} + \frac{1}{3^{3}} + … + \frac{1}{(p − 1)^{3}} = \frac{m}{n},

wobei m und n als teilerfremd vorausgesetzt werden. Man zeige, daß m ein Vielfaches von p ist.

8. Man beweise: für jede ganze Zahl ≥ 5 existieren ganze Zahlen c ≥ b ≥ a derart, daßs a, b, c die Seitenlängen eines rechtwinkligen Dreiecks bilden.

9. Bestimme alle Paare natürlicher Zahlen (a, b), für die 2^{a} + 3^{b} eine Quadratzahl ist.

10. Wieviele natürliche Zahlen genügen den folgenden drei Bedingungen? a) Alle Ziffern sind aus der Menge {1, 2, 3, 4, 5};

b) Der Betrag der Differenzen aufeinanderfolgender Ziffern ist 1;

c) Die Zahl hat 1994 Ziffern.

11. Seien NS und OW zwei aufeinander senkrecht stehende Durchmesser eines Kreises C. Eine Gerade ℓ berührt C im Punkt S. Seien A und B zwei Punkte auf C, die bezüglich der Geraden OW symmetrisch liegen. Die Schnittpunkte von ℓ mit NA und NB seien A′ und B′. Zeige, daß |SA′| · |SB′| = |SN|^{2} gilt.

12. Der Inkreis eines Dreiecks A_{1}A_{2}A_{3} berührt die Seiten A_{2}A_{3}, A_{3}A_{1}, A_{1}A_{2} in den Punkten S_{1}, S_{2}, S_{3}. Seien O_{1}, O_{2}, O_{3} die Zentren der Inkreise der Dreiecke A_{1}S_{2}S_{3}, A_{2}S_{3}S_{1} und A_{3}S_{1}S_{2}. Man zeige, daß die Geraden O_{1}S_{1}, O_{2}S_{2} und O_{3}S_{3} sich in einem Punkt schneiden.

13. Man finde das kleinste a, sodaß ein Quadrat der Seitenlänge a fünf Kreise vom Radius 1 enthalten kann, die keinen inneren Punkt gemeinsam haben.

24.4 Der Putnam-Wettbewerb

51. PWB, Dezember 1990

1. Sei T_{0} = 2, T_{1} = 3, T_{2} = 6, und

T_{n} = (n + 4)T_{n−1} + 4nT_{n−2} + (4n − 8)T_{n−3}

für n ≥ 3. Man bestimme eine Formel für die T_{n} von der Gestalt T_{n} = A_{n} + B_{n}, wo A_{n} und B_{n} zwei bekannte Folgen sind.

2. Ist \sqrt{2} der Grenzwert einer Folge der Form \sqrt[3]{n} − \sqrt[3]{m} mit m, n ∈ ℕ_{0}?

3. Man zeige: Jedes konvexe Pentagon, dessen Ecken Gitterpunkte sind (also ganzzahlige Koordinaten besitzen), hat eine Fläche ≥ \frac{5}{2}.

4. Man betrachte einen Papierlocher, der an jedem Punkt P der Ebene angebracht werden kann und alle Punkte aus der Ebene entfernt, die von P einen irrationalen Abstand haben. Wie viele Lochvorgänge sind nötig, um die ganze Ebene zu entfernen?

5. Sind A und B quadratische Matrizen derselben Größe, und gilt ABAB = 0, folgt dann BABA = 0?

6. Ist X eine endliche Menge, und sei #X die Anzahl der Elemente in X. Ein geordnetes Paar (S, T) von Teilmengen von {1, 2, …, n} heiße zulässig, wenn s > #T für jedes s ∈ S und t > #S für jedes t ∈ T gilt. Wieviele zulässige Paare gibt es für n = 10?

7. Bestimme alle reellwertigen stetig differenzierbaren Funktionen f : ℝ ⟶ ℝ, sodaß für alle x ∈ ℝ gilt:

f(x)^{2} = 1990 + ∫_{0}^{x} [f(t)^{2} + f′(t)^{2}]dt.

8. Man zeige für alle x, z ∈ ℝ mit |x| < 1 und |z| > 1 die Identität 1 + ∑_{j=1}^{∞}(1 + x^{j})P_{j}, wobei P_{j} durch

P_{j} = \frac{(1 − z)(1 − zx)(1 − zx^{2}) ⋯ (1 − zx^{j−1})}{(z − x)(z − x^{2})(z − x^{3}) ⋯ (z − x^{j})}

definiert ist.

9. Sei S eine Menge von 2 × 2-Matrizen, deren Einträge a_{ij} Quadrate ganzer Zahlen sind und die a_{ij} ≤ 200 genügen. Man zeige: besitzt S mehr als 50387 = 15^{4} − 15^{2} − 15 + 2 Elemente, dann enthält S zwei Matrizen, die kommutieren.

10. Sei G eine endliche Gruppe der Ordnung n, die von a und b erzeugt wird. Beweise oder widerlege: es gibt eine Folge g_{1}, g_{2}, …, g_{2n} ∈ G sodaß

1. jedes Element von G genau zweimal vorkommt;

2. g_{i+1} = g_{i}a oder g_{i+1} = g_{i}b für i = 1, 2, … 2n gilt (mit g_{2n+1} = g_{1}).

11. Gibt es eine unendliche Folge a_{0}, a_{1}, a_{2}, … von reellen Zahlen ≠ 0, sodaß für n = 1, 2, 3, … das Polynom p_{n}(x) = a_{0} +a_{1}x+a_{2}x^{2} +…+a_{n}x^{n} genau n verschiedene reelle Wurzeln besitzt?

24.5 Die Internationale Mathematik-Olympiade

32te IMO 1991

1. Sei I das Zentrum des Inkreises eines Dreiecks ABC. Die inneren Winkelhalbierenden schneiden die gegenüberliegenden Seiten in den Punkten A′, B′ und C′. Zeige

\frac{1}{4} < \frac{AI · BI · CI}{AA′ · BB′ · CC′} < \frac{8}{27}.

2. Sei n > 6 eine ganze Zahl, und seien a_{1}, …, a_{k} zu n teilerfremde natürliche Zahlen kleiner als n. Ist

a_{2} − a_{1} = a_{3} − a_{2} = … = a_{k} − a_{k−1} > 0,

dann muß n eine Primzahl oder eine Zweierpotenz sein.

3. Sei S = {1, 2, 3, …, 280}. Finde die kleinste ganze Zahl n, sodaß jede n-elementige Teilmenge von S fünf paarweise teilerfremde Zahlen enthält.

4. Sei G ein zusammenhängender Graph mit k Kanten. Zeige, daß man die Kanten so mit 1, 2, …, k numerieren kann, daß an jeder Ecke, die zu zwei oder mehr Kanten gehört, der größte gemeinsame Teiler der Nummern dieser Kanten gleich 1 ist.

Bem.: Ein Graph ist eine Menge von Punkten (Ecken genannt), von denen einige (oder auch alle) durch Kanten miteinander verbunden sind. Ein Graph G heißt zusammenhängend, wenn es zu je zwei Ecken x, y eine Folge von Ecken x = v_{0}, v_{1}, …, v_{m} = y gibt, sodaß jedes Paar v_{i}, v_{i+1} durch eine Kante von G verbunden ist.

5. Sei ABC ein Dreieck und P ein Punkt in seinem Innern. Zeige, daß mindestens einer der Winkel ∠P AB, ∠P BC, ∠P CA kleiner oder gleich 30^{∘} ist.

6. Eine unendliche Folge x_{0}, x_{1}, …, reeller Zahlen heißt beschrnkt, wenn es eine Konstante C gibt mit |x_{i}| ≤ C für alle i ≥ 0. Gegeben sei eine reelle Zahl a > 1; man konstruiere eine unendliche Folge x_{0}, x_{1}, …, mit der Eigenschaft, daß für alle i, j ∈ ℕ gilt:

|x_{i} − x_{j}| · |i − j|^{a} ≥ 1.

33te IMO 1992 Moskau

1. Man bestimme alle ganzen Zahlen a, b, c mit 1 < a < b < c, sodaß (a − 1)(b − 1)(c − 1) ein Teiler von abc − 1 ist.

2. Man bestimme alle Funktionen f : ℝ ⟶ ℝ, sodaß für alle x, y ∈ ℝ die Gleichung f(x^{2} + f(y)) = y + f(x)^{2} gilt.

3. Man betrachte neun Punkte im Raum, von denen keine vier in einer Ebene liegen. Jedes Paar von Punkten ist durch eine Kante verbunden, die entweder blau oder rot oder gar nicht gefärbt ist. Man bestimme das kleinste n ∈ ℕ mit folgender Eigenschaft: Sind genau n Kanten gefärbt, so enthält die Menge der gefärbten Kanten ein einfarbiges Dreieck.

4. Sei K ein Kreis in der Ebene, G eine Tangente an diesen Kreis, und M ein Punkt auf G. Man bestimme die Ortskurve aller Punkte P mit folgender Eigenschaft: Es gibt zwei Punkte Q, R auf G derart, daß M der Mittelpunkt von QR und K der Inkreis des Dreiecks P QR ist.

5. Sei S eine endliche Menge von Punkten des dreidimensionalen Raumes. Seien S_{x}, S_{y}, S_{z} die Mengen der Punkte, die man durch orthogonale Projektionen der Punkte aus S auf die yz-Ebene, die zx-Ebene, bzw. die xy-Ebene erhält. Man zeige, daß |S|^{2} ≤ |S_{x}| · |S_{y}| · |S_{z}| gilt, wobei |A| die Anzahl der Elemente einer endlichen Menge A bezeichnet.

6. Für jede natürliche Zahl n > 0 bezeichne S(n) die größte ganze Zahl, sodaß für jedes 1 ≤ k ≤ S(n) die Zahl n^{2} als Summe von k positiven Quadratzahlen geschrieben werden kann.

a) Zeige S(n) ≤ n^{2} − 14 für alle n ≥ 4;

b) bestimme ein n ∈ ℕ mit S(n) = n^{2} − 14;

c) Zeige, daß es unendlich viele n ∈ ℕ gibt mit S(n) = n^{2} − 14.

34te IMO 1993

1. Sei f(x) = x^{n} + 5x^{n−1} + 3, wo n > 1 eine ganze Zahl ist. Zeige, daß f(x) nicht als Produkt zweier nichtkonstanter Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten geschrieben werden kann.

2. Sei D ein Punkt ein einem spitzwinkligen Dreieck ABC, und sei ∠ADB = ∠ACB + \frac{π}{2} und |AC| · |BD| = |AD| · |BC|.

a) Berechne \frac{|AB|·|CD|}{|AC|·|BD|}.

b) Zeige, daß die Tangenten in C an die Umkreise von ACD und BCD senkrecht aufeinander stehen.

3. Auf einem unendlich großen Schachbrett wird folgendes Spiel gespielt. Am Anfang sind n^{2} Figuren in einem n × n-Block von aneinanderliegenden Quadraten aufgestellt. Ein Zug besteht darin, mit einer Figur eine benachbarte Figur horizontal oder vertikal zu überspringen und auf das dahinterliegende freie Quadrat zu plazieren. Die übersprungene Figur wird danach entfernt.

Man bestimme diejenigen Werte von n, für die das Spiel mit genau einer übriggebliebenen Figur enden kann.

4. Zu drei Punkten P, Q, R in der Ebene definieren wir m(P QR) als die minimale Länge der drei Höhen des Dreiecks P QR; sind die drei Punkte kollinear, so setzen wir m(P QR) = 0. Man zeige, daß für Punkte A, B, C, X in der Ebene die Ungleichung m(ABC) ≤ m(ABX) + m(AXC) + m(XBC) gilt.

5. Gibt es eine Funktion f : ℕ ⟶ ℕ mit f(1) = 2, sodaß für alle n ∈ ℕ gilt: f(f(n)) = f(n) + n und f(n) < f(n + 1)?

6. Insgesamt n > 1 Lampen L_{0}, L_{1}, …, L_{n−1} seien in einem Kreis angeordnet; wir setzen L_{n+k} = L_{k}. Eine Lampe kann entweder an- oder ausgeschaltet sein. Zu anfang sind alle Lampen angeschalte. Jetzt werden folgende Schritte s_{0}, s_{1}, … durchgeführt: ist im Schritt s_{i} die Lampe L_{i−1} angeschaltet, so wird L_{i} ausgeschaltet, wenn sie an war, bzw. angeschaltet, wenn sie aus war. Is L_{i−1} ausgeschaltet, bleibt L_{i} wie sie ist. Man zeige:

a) Es gibt ein M(n) ∈ N derart, daß nach M(n) Schritten wieder alle Lampen an sind;

b) Ist n = 2^{k}, so können wir M(n) = n^{2} − 1 wählen; c) Ist n = 2^{k} + 1, so können wir M(n) = n^{2} − n + 1 wählen.

35te IMO 1994 Hong Kong

1. Seien m und n positive ganze Zahlen. Seien a_{1}, a_{2}, …, a_{m} paarweise verschiedene Elemente von {1, 2, …, n} mit folgender Eigenschaft: ist a_{i} + a_{j} ≤ n für gewisse i, j mit 1 ≤ i ≤ j ≤ m, dann existiert ein k mit 1 ≤ k ≤ m und a_{i} + a_{j} = a_{k}. Man zeige:

\frac{a_{1} + a_{2} + … + a_{m}}{m} ≥ \frac{n + 1}{2}.

2. Sei ABC ein gleichschenkliges Dreieck mit |AB| = |AC|. Weiter gelte

(a) M ist der Mittelpunkt von BC, und O der Punkt auf der Geraden AM sodaß OB senkrecht auf AB steht.

(b) Q ist ein beliebiger Punkt ≠ B, C auf der Strecke BC;

(c) E liegt auf der Geraden AB und F auf der Geraden AC, und zwar so, daß E, Q und F paarweise verschieden und kollinear sind.

Man zeige, daß OQ senkrecht auf EF steht genau dann wenn |QE| = |QF | gilt.

3. Für positive ganze Zahlen k sei f(k) die Anzahl der Elemente in {k+1, k+ 2, …, 2k}, deren Darstellung im Zweiersystem genau drei Einsen besitzt.

(a) Man zeige, daß es für jedes m ∈ ℕ mindestens ein k ∈ ℕ gibt mit f(k) = m.

(b) Bestimme alle m ∈ ℕ, für die f(k) = m genau eine Lösung in ℕ besitzt.

4. Bestimme alle geordneten Paare (m, n) natürlicher Zahlen, für die \frac{n^{3}+1}{m−1} eine ganze Zahl ist.

5. Sei S die Menge aller reellen Zahlen > 1. Man bestimme alle Funktionen f : S ⟶ D mit folgenden Eigenschaften:

(a) Für alle x, y ∈ S gilt f(x + f(y) + xf(y)) = y + f(x) + yf(x);

(b) f(x)/x ist eine streng monotom steigende Funktion auf den Intervallen −1 < x < 0 und x > 0.

6. Man zeige: es gibt eine Menge A natürlicher Zahlen mit der folgenden Eigenschaft: für jede unendliche Menge S von Primzahlen existieren zwei natürliche Zahlen m ∈ A und n ∈ ℕ\A sodaß m und n Produkt von k ≥ 2 verschiedenen Zahlen aus S sind.

36te IMO 1994 Toronto

1. Seien A < B < C < D vier verschiedene Punkte auf einer Geraden. Die Kreise mit Durchmesser AC und BD schneiden sich in X und Y. Die Gerade XY schneidet BC in Z. Sei P ≠ Z ein Punkt auf der Geraden XY. Die Gerade CP schneidet den Kreis mit Durchmesser BD in B und N. Man zeige: die Geraden AM, DN und XY gehen durch einen Punkt.

2. Seien a, b, c positive reelle Zahlen mit abc = 1. Man zeige

\frac{1}{a^{3}(b + c)} + \frac{1}{b^{3}(c + a)} + \frac{1}{c^{3}(a + b)} ≥ \frac{3}{2}.

3. Bestimme alle ganzen Zahlen n > 3, für die n Punkte A_{1}, …, A_{n} in der Ebene existieren, von denen keine drei kollinear sind, und sodaß es reelle Zahlen r_{1}, …, r_{n} gibt mit der Eigenschaft, daß die Fläche des Dreiecks A_{i}A_{j}A_{k} gleich r_{i} + r_{j} + r_{k} ist für alle 1 ≤ i < j < k ≤ n.

4. Bestimme den maximalen Wert für x_{0}, sodaß es eine Folge x_{0}, x_{1}, …, x_{1995} postiver reeller Zahlen gibt mit x_{0} = x_{1995}, wobei für alle i = 1, …, 1995 die folgende Beziehung gelten soll:

x_{i−1} + \frac{2}{x_{i−1}} = 2x_{i} + \frac{1}{x_{i}} .

5. Sei ABCDEF ein konvexes Hexagon mit |AB| = |BC| = |CD|, |DE| = |EF | = |F A|, und ∠BCD = ∠EF A = \frac{π}{3} . Seien G und H Punkte im Innern des Sechsecks mit ∠AGB = ∠DHE = \frac{2π}{3} . Man beweise: |AG| + |GB| + |GH| + |DH| + |HE| ge|CF |.

6. Sei p ≥ 3 eine Primzahl. Wie viele p-elementige Teilmengen A von {1, 2, …, 2p} gibt es, sodaß die Summe aller ELemente von A durch p teilbar ist?

17. Mathematik-Wettbewerb Österreich–Polen

Polen, 29. Juni – 01. July 1994

1. Die Funktion f : ℝ ⟶ ℝ genügt für alle x ∈ ℝ den Bedingungen f(x + 19) ≤ f(x) + 19 und f(x + 94) ≥ f(x) + 94. Man zeige, daß f(x + 1) = f(x) + 1 für alle x ∈ ℝ gilt.

2. Die Folge (a_{n}) ist gegeben durch a_{0} = \frac{1}{2} und a_{n+1} = \frac{2a_{n}}{1+a_{n}^{2}} für n ≥ 0. Die Folge (c_{n}) ist definiert durch c_{0} = 4 und c_{n+1} = c_{n}^{2} − 2c_{n} + 2 für n ≥ 0. Man zeige, daß für alle n ≥ 1 gilt:

a_{n} = \frac{2c_{0}c_{1} ⋯ c_{n−1}}{c_{n}} .

3. Man löse die folgende Gleichung in ℤ:

\frac{1}{2}(x + y)(y + z)(z + x) + (x + y + z)^{3} = 1 − xyz.

4. Sei n > 1 eine ungerade natürliche Zahl. Die ganzen Zahlen x_{1}, x_{2}, …, x_{n} ≥ 0 mögen dem folgenden Gleichungssystem genügen:

(x_{2} − x_{1})^{2} + 2(x_{2} + x_{1}) = n^{2}
(x_{3} − x_{2})^{2} + 2(x_{3} + x_{2}) = n^{2}
⋮
(x_{1} − x_{n})^{2} + 2(x_{1} + x_{n}) = n^{2}

Zeige, daß es ein j mit 1 ≤ j ≤ n gibt, sodaß x_{j} = x_{j+1} ist (mit x_{n+1} = x_{1}).

5. Bestimme alle zweistelligen positiven Dezimalzahlen n = (ab)_{10} = 10a + b (a ≥ 1) mit der Eigenschaft, daß x^{a} − x^{b} für alle x ∈ ℤ durch n teilbar ist.

6. Betrachte die Funktionalgleichung f(x, y) = af(x, z)+bf(y, z), wo a, b ∈ ℝ Konstanten sind. Für jedes Paar a, b bestimme man die allgemeine Form der Funktionen f : ℝ^{2} ⟶ ℝ, die obiger Gleichung für alle x, y, z ∈ ℝ genügen.

45te Mathematik-Olympiade Polen

2. Runde, Feb. 1994

1. Bestimme alle Polynome P (x) fünften Grades mit reellen Koeffizienten, sodaß (x − 1)^{3} | P (x) + 1 und (x + 1)^{3} | P (x) − 1 gilt.

2. Seien a_{1}, …, a_{n} positive reelle Zahlen mit ∑_{i=1}^{n} a_{i} = ∏_{i=1}^{n} a_{i}. Seien weiter b_{1}, …, b_{n} reelle Zahlen mit a_{i} ≤ b_{i} für i = 1, 2, …, n. Man zeige ∑_{i=1}^{n} b_{i} ≤ ∏_{i=1}^{n} b_{i}.

3. Eine Ebene durch das Zentrum eines Würfels schneidet aus diesem ein zyklisches Sechseck heraus. Man zeige, daß das Sechseck regelmäßig ist.

4. Jede Ecke eines Würfels wird mit 1 oder −1 beschriftet. Jeder Fläche wird dann des Produkt der vier Ecken zugeordnet, die zu dieser Fläche gehören. Man bestimme alle möglichen Werte, die die Summe aller vierzehn Zahlen annehmen kann.

5. Sei ABC ein Dreieck mit Inkreis O; dieser berührt die Seiten AB und BC in den Punkten P und Q.

46te Mathematik-Olympiade Polen

1. Runde, Sept. -Dez. 1994

1. Bestimme alle Paare natürlicher Zahlen (x, y), sodaß \frac{x+1}{y} und \frac{y+1}{x} ganze Zahlen sind.

2. Löse das folgende Gleichungssystem:

x_{1}|x_{1}| = x_{2}|x_{2}| + (x_{1} − 1)|x_{1} − 1|
x_{2}|x_{2}| = x_{3}|x_{3}| + (x_{2} − 1)|x_{2} − 1|
⋮
x_{n}|x_{n}| = x_{1}|x_{1}| + (x_{n} − 1)|x_{n} − 1|

3. Ein Viereck mit Seiten a, b, c, d ist einem Kreis mit Radius R einbeschrieben. Man zeige: ist a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = 8R^{2}, so besitzt das Viereck einen rechten Winkel, oder seine Diagonalen stehen senkrecht aufeinander.

4. Für positive reelle Zahlen a, b sind folgende Aussagen äquivalent: a) \sqrt{a} + 1 > \sqrt{b};

b) ax + \frac{x}{x−1} > b für alle x > 1.

5. Gegeben sei ein Punkt P in einem Dreieck ABC. Die Geraden AP, BP und CP schneiden die Seiten des Dreiecks in A′, B′ und C′. Setze

u = |AP | : |P A′|, v = |BP | : |P B′|, w = |CP | : |P C′|.

Man drücke das Produkt uvw durch die Summe u + v + w aus.

6. a) Gibt es eine von 0 verschiedene differenzierbare Funktion f : ℝ ⟶ ℝ mit 2f(f(x)) = f(x) ≥ 0 für alle x ∈ ℝ?

b) Gibt es eine von 0 verschiedene differenzierbare Funktion f : ℝ ⟶ ℝ mit −1 ≤ 2f(f(x)) = f(x) ≤ 1 für alle x ∈ ℝ?

7. In einer regelmäßigen Pyramide mit einem regelmäßigen n-Eck als Grundfläche sind die Seitenflächen gegenüber der Grundfläche um einen Winkel α geneigt, der Winkel zwischen Seitenkanten und Grundfläche beträgt β. Man beweise:

sin^{2} α − sin^{2} β ≤ tan^{2} \frac{π}{2n}.

8. Seien a und b positive reelle Zahlen mit Summe 1. Man zeige: sind a^{3} und b^{3} rational, dann auch a und b.

9. Gegeben seien drei Punkte auf einer Geraden k. In jedem dieser Punkte beginnen zwei Strahlen, und alle Strahlen liegen in derselben durch k definierten Halbebene. Jedes Strahlenpaar bildet mit jedem anderen Paar ein Viereck. Man zeige: kann man zweien dieser Vierecke einen Kreis einbeschreiben, dann auch dem dritten.

10. Gegeben seien natürliche Zahlen n > m > 1. Wir ziehen ohne Zurücklegen m Zahlen aus der Menge {1, 2, …, n}. Man bestimme den Erwartungswert für die Differenz zwischen größter und kleinster der gezogenen Zahlen.

11. Die Folge (x_{n}) ist gegeben durch x_{1} = \frac{1}{2} und x_{n} = \frac{2n−3}{2n} · x_{n−1} für n ≥ 2. Zeige, daß für alle n ∈ ℕ die Ungleichung x_{1} + x_{2} + … + x_{n} < 1 gilt.

Literaturverzeichnis

[1] G. Alexanderson, A. Hilman, L. Klosinski, D. Logothetti, The Santa Clara Silver Anniversary Contest Book, Dale Seymour Publications, $ 23.50, order number DS 01511 Abstract: Mehr als 150 Probleme aus den ersten 25 Jahren des Wettbewerbs der Santa Clara High School für die Klassen 9-12

[2] G. L. Alexanderson, L. F. Klosinski, L. G. Larson, The William Lowell Putnam Competition, Problems and Solutions 1965–1984, MAA 1986, 151 pp., ISBN 0-88385-441-4, Catalog Number PPB-02, $30.00

[3] F. Amann, Matterhorn. 111 Aufgaben zur Begabtenförderung, Stuttgart, Klett 1991 Bd. 1, ISBN 3-12-7222110-X Bd. 2, ISBN 3-12-7222110-6.

[4] E. Barbeau, W. Moser, The first ten Canadian Mathematical Olympiads (1969–1978) with solutions, Canadian Math. Soc. 1976

[5] E. Barbeau, M. Klamkin, W. Moser, 1001 problems in high school mathematics, Canadian Math. Congress 1977, (erscheint fortlaufend in 10 Bänden; Bd. I-V erschienen 1976–1985)

[6] D. Barry, J. R. Lux, The Philips Academy Prize Examination in Mathematics, Dale Seymour publications, P.O. box 10888, Palo Alto, CA, USA 94303, $ 19.95; order number DS 01467 Abstract: Eine reichhaltige Sammlung von Problemen aus verschiedenen Wettbewerben für die Klassen 9-12

[7] BB E. Beckenbach, R. Bellman, An introduction to inequalities, New Math. Library 3, MAA 1961, (PH Q 4 / 202)

[8] O. Bottema, Geometric inequalities, Wolters-Noordhoff 1969, 151pp

[9] S. J. Bryant, G. E. Graham, K. G. Wiley, Nonroutine problems in algebra, geometry, and trigonometry, McGraw-Hill 1865 [10] Th. Butts, Problem solving in mathematics: elementary number theory,

Scott 1973

[11] Canadian Mathematics Competition, Problem Books, $ 12 each, available from Canadian Mathematics Competition, Faculty of Mathematics University of Waterloo Waterloo, Ontario, Canada N2L 3G1 vol 1, 300 problems for grades 9, 10, 11 vol 2, 325 problems for grades 9, 10, 11 vol 3, 235 problems for grades 12, 13 vol 4, 325 problems for grades 7, 8, 9 vol 5, 200 problems for grades 12, 13 vol 6, over 300 problems for grades 7, 8, 9

[12] H.-J. Claus, Extremwertaufgaben. Probleme, ihre Geschichte, Loesungen, Methoden, Darmstadt: Wiss. Buchges. (ISBN 3-534-10910-4/pbk). xiii, 242 S. (1992); Abstract: Extremwertaufgaben – ein Problemkreis, der in vielen mathematischen Bereichen eine Rolle spielt. Ein Buch, das alle diese Bereich systematisch erschliesst, ist wohl kaum möglich. In dem vorliegenden Buch geht es nur um die Behandlung von Extremwertaufgaben ohne Differentialkalkül. Es soll kein Lehrbuch sein, sondern ist geschrieben für den Liebhaber der Mathematik, sei er Fachmann oder Laie, Lehrer, Schüler oder Student, dem es Freude macht, elementare mathematische Probleme selbständig zu lösen.

Beginnend mit der Frage nach demjenigen Punkt auf einer Geraden, dessen Abstandssumme zu n vorgegebenen Punkten darauf minimal ist, enthält das Buch 60 zumeist noch in Teilaufgaben zerlegte und oft als Denksportaufgaben formulierte Probleme sowie deren Lösungen und historische Anmerkungen zu dem jeweiligen Problemkreis. Angesprochen werden Aufgaben zu: Punkte minimaler Abstandssumme zu vorgegebenen Punkten oder zu vorgegebenen Geraden, minimale Wegenetze zwischen vorgebenen Punkten, kürzeste Linien auf Körpern, Niveaulinien, isoperimetrische Probleme, einbeschriebene und umbeschriebene Figuren, Lagerungen, Überdeckungen.

Die Lösungen werden mit Hilfe von Mittelstufengeometrie oder Trigonometrie oder physikalischen Gedankenexperimenten wie zum Beispiel Kräftegleichgewicht, Einfallswinkel-Reflexionswinkel oder Bildung von Seifenblasen gefunden. In einem dritten Teil ”Methoden, Sätze, Beweise” – wieder mit historischen Bemerkungen angereichert – wird die herangezogene Mathematik ein wenig erläutert.

[13] Contest Problem Books, vol I-IV, Annual High School Mathematics Examinations 1950–60, 1961–65, 1966–72, 1973–82; NML 5 (1961), Compilation and solutions by C. T. Salkind; 112 pp., ISBN 0-88385-605-0; $13.00 NML 17 (1966); Compilation and solutions by C. T. Salkind; 112 pp., ISBN 0-88385-617-4; $13.00 NML 25 (1973); Compilation and solutions by C. T. Salkind and J. M. Earl; 186 pp., ISBN 0-88385-625-5, $15.00 NML 29 (1983); Compilation and solutions by R. A. Artino, A. M. Gaglione and N. Shell; 184 pp., Paperbound, ISBN 0-88385-629-8; $15.00

[14] J. Dombrowski, C. Greenes, R. Spungin, Problem-mathics: mathematical challenge problems with solution strategies, Creative Publ. 1977

[15] H. Dörrie, Triumph der Mathematik, Würzburg 1958

[16] H. Dörrie, Mathematische Miniaturen, Wiesbaden 1969; (PH Q 9 / 55)

[17] H. Dörrie, 100 great problems of elementary mathematics, Dover 1965 (Übersetzung von Triumph der Mathematik) (PH Q 10 / 36:a)

[18] M. Dowlen, S. Powers, H. Florence, College of Charleston Mathematics Contest Book, Dale Seymour Publication; order number DS 01718, $ 19.95

[19] W. Dunham, Journey through genius, Wiley & Sons 1990, (PH Q 2 / 341)

[20] E. B. Dynkin, S. A.Molchanov, A. L. Rozental, A. K. Tolpygo, Mathematical problems: an Anthology New York 1969

[21] E. B. Dynkin, V. A. Uspenskii, Problems in the theory of numbers, Boston 1963

[22] E. B. Dynkin, V. A. Uspenskii, Multicolor Problems, Boston 1968

[23] A. Engel, Mathematische Olympiadeaufgaben aus der UdSSR, Klett, 1972; (PH: Q 9 / 161)

[24] A. Engel, Internationale Mathematik-Olympiade, Der Mathematikunterricht, 1 (1979), (Hrsg.: A. Engel)

[25] , A. Engel, Problemlösestrategien, Didaktik der Mathematik 4 (1995), 265–275

[26] W. Engel, U. Pirl, Mathematische Olympiade-Aufgaben mit Lösungen, Aulis 1979, ISBN 3-7614-0392-5; (PH Q 9 / 25:1a)

[27] W. Engel, U. Pirl, Mathematik in Aufgaben, H. Deutsch 1990, ISBN 3-8171-1277-7 [28] W. Engel, U. Pirl, Neue Mathematik-Olympiadeaufgaben, Koeln: Aulis

Verlag Deubner & Co. KG (ISBN 3-7614-1196-0); Berlin: Deutscher Verlag der Wissenschaften (ISBN 3-326-00505-9). 348 S. DM 28.00 (1990). Abstract: This book contains problems and solutions from mathematical olympiads of (former) German Democratic Republic which were used from 1968-1975 and were proposed for pupils of 9-12 year of education. (In contrary of most western countries, there is a widespread set of mathematical competitions for younger pupils also in East-European countries.) The olympiads of GDR can be characterized as not very difficult, but problems are selected very carefully to cover all curricula of college (gymnasium) mathematics course. This book cannot be used for preparing to MO of very advanced level (IMO, for example), but it is an excellent sourcebook for teachers to develop basic techniques of algebra and geometry.

[29] H. Eves, Survey of Geometry, Boston 1971

[30] B. de Finetti, Die Kunst des Sehens in der Mathematik, Birkhäuser 1974; (PH: Q 10 / 25)

[31] L. Fisher, B. Kennedy, W. Medigovich, Brother Alfred Brousseau Problem-Solving and Mathematics Competition, Dale Seymour Publications vol 1, order number DS 01447, $ 15.95 vol 2, order number DS 01448, $ 15.95 Abstract: Wettbewerbsaufgaben aus 10 Jahren, Klassen 7–12

[32] H. Frasch, Bundeswettberwerb Mathematik, Aufgaben und Lösungen 1970–1975, Klett 1977; (PH: Q 9 / 183)

[33] T. G. Gilbert, M. Krusemeyer, L. C. Larson, The Wohascum County problem book, 244 pp., Paperbound, 1993; ISBN 0-88385-316-7; Catalog Number DOL-14, $ 28.00 Abstract:Some knowledge of linear or abstract algebra is needed for a few of the problems, but most require nothing beyond calculus, and many should be accessible to high school students. However, there is a wide range of difficulty, and some problems require considerable mathematical maturity. For most students, few, if any, of the problems will be routine. The book centers on solutions which are elegant, instructive, and clear. Often several solutions to the same problem are presented. Some problems have complicated solutions, and many of them are quite long. Sometimes solutions are preceded by Ideas, which can serve as motivation or as hints, or followed by Comments, –which often put solutions in a broader perspective. Indices are provided which may be especially helpful to problem solving classes and to teams of individuals preparing for contests such as the Putnam exam.

[34] A. M. Gleason, R. Greenwood, L. M. Kelly, The W. L. Putnam Mathematical Competition. Problems and Solutions: 1938–1964, MAA 1980

[35] J. A. Goebel, The North Carolina Mathematics League Contest Problem Book, Dale Seymour publications, $ 17.95; Order number: DS 21120 Abstract: 350 Probleme der ersten acht Jahre des NCML Wettbewerbs für die Klassen 9-12.

[36] R. Greenwood, The Putnam Problem Book, MAA 1978

[37] S. L. Greitzer, International Mathematical Olympiads 1959–1977, New Mathematical Library 27, MAA 1978; 204 pp., ISBN 0-88385-627-1; $15.00 Abstract: Compilation of 116 problems of arresting ingenuity given to high school students competing in the International Mathematical Olympiads.

[38] H. D. Grossman, Fun with lattice points, Scripta Math. 12 (1946), 86– 87, 160–161, 223–225, 288–290, 13 (1947), 98–102, 216–222, 14 (1948), 62–65, 157–162, 15 (1949), 78–81, 232–237

[39] H. Hadwiger, H. Debrunner, Kombinatorische Geometrie in der Ebene, Genf 181

[40] H. Hadwiger, H. Debrunner, V. Klee Combinatorial Geometry in the Plane, New York 1964; Engl. Übersetzung von [39]

[41] P. R. Halmos, Problems for mathematicians: young and old, The Dolciani Mathematical Expositions. v. 12 Washington, DC: Mathematical Association of America (ISBN 0-88385-320-5). xviii, 318 p. (1991), $ 28.00. Abstract: The 165 problems in this charming book are classified roughly by the mathematical subdiscipline into which they most naturally fit. There are 14 chapters, corresponding to 14 such subdisciplines (combinatorics, calculus, puzzles, numbers, geometry, …). While a good many of the problems are catchy enough to prick the interest of most readers without further help, most are preceded by the kind of skillful discussion for which the author is so well known, to make the problem more appealing and to help make clear why this is exactly the natural question to pose this context. The title is apt: there is much here for the veteran professional mathematician; there is also a good bit for the budding mathematician who is still a high school pupil. The problems and associated text occupy the first 126 pages, and are followed by 18 pages of hints and 174 pages of solutions.

[42] K. Hardy, K. S. Williams, The Green Book, 100 practise problems for undergraduate mathematics competitions, Ottawa 1985 [43] R. Honsberger, Ingenuity in Mathematics, New Mathematical Library

23, MAA 1970 (PH Q 10 / 24)

[44] R. Honsberger, Mathematical gems I, II, III, The Dolciani Mathematical Expositions. No. 1 (176 pp, 1973), 2 (182 pp, 1976), 9 (250 pp, 1985). (PH Q 9 / 196:1, 196:2) Abstract: From an introduction by the publisher: The books in the series are selected for their lucid expository style and stimulating mathematical content... They are intended to be sufficiently elementary for the undergraduate and even the mathematically inclined high-school student to understand and enjoy, but also to be interesting and sometimes challenging to the more advanced mathematician. The book consists mainly of problems with solutions, taken from mathematical areas such as combinatorics, graph theory, elementary geometry, probability, generating functions, Fibonacci numbers, number theory (especially partitions of integers) and cryptology. Some of the problems have been posed within olympiads or other contests, some have originated from the correspondence of the author with colleagues.

[45] R. Honsberger, Gitter-Reste-Würfel. 91 mathematische Probleme mit Lösungen, Braunschweig-Wiesbaden: Friedr. Vieweg & Sohn. X, 250 S. DM 32.00 (1984) Abstract: Die in diesem Band zusammengestellten 91 mathematischen Probleme (inklusive Lösungen) sind zum Großteil der Zeitschrift American Mathematical Monthly (1884–1975) entnommen und behandeln Themen aus den Bereichen Algebra, Arithmetik, Zahlentheorie, Folgen, Wahrscheinlichkeitstheorie (48 Probleme) sowie Kombinatorik, kombinatorische Geometrie (18 Probleme) und Geometrie (25 Probleme). Sie sollten für einen Studenten in den ersten Semestern verständlich sein, z. T. wird auf weiterführende Literatur verwiesen. Eine Ergänzung bilden 25 Übungsaufgaben (ohne Lösungen)

[46] R. Honsberger, Mathematical plums, The Dolciani mathematical Expositions, No. 4. Washington, D. C.: The Mathematical Association of America. IX, 182 p. $ 14.00 (1979) (PH Q 2 / 339)

[47] R. Honsberger, Mathematische Edelsteine der elementaren Kombinatorik, Zahlentheorie und Geometrie, Braunschweig - Wiesbaden: Friedr. Vieweg & Sohn. IX, 179 S., 117 Abb. DM 29.80 (1981)

[48] R. Honsberger, Mathematische Juwelen, Braunschweig - Wiesbaden: Friedr. Vieweg & Sohn. V, 168 S., 147 Abb. DM 29.80 (1982). (PH Q 10 / 170)

[49] R. Honsberger, Mathematical morsels, MAA (PH Q 10 / 137)

[50] R. Honsberger, More mathematical morsels, Dolciani Mathematical Expositions, 10. Washington: The Mathematical Association of America (ISBN 0-88385-313-2). xii, 322 p. $ 16.00 (1991) Abstract: I absolutely agree with the author’s description of this book: In this collection we shall be concerned only with elementary problems, and, of those, only ones that aren’t too long or complicated. Needless to say, I hope that each of them contains something exciting - a surprising result, an intriguing approach, a stroke of ingenuity. They are not presented in any attempt to be instructive, but solely in the hope of giving enjoyment - an elegant or ingenious argument can be a beautiful thing. The author leaves to others to produce structured, organized, instructive books. But, of course, there is an instructive value in this beautiful mathematical kaleidoscope. Most of the problems came this time from CRUX MATHEMATICORUM, a journal of the Canad. Math. Soc., including its Olympiad Corner edited by Murray Klamkin during 1979-1986. As his six previous kaleidoscopes published by MAA, this book is written with a top elegance, lightness, and taste.

[51] H. D. Hornschuh, Internationale Mathematik-Olympiade, München, Manz I, Manzbuch 358 (1977), ISBN 3-7863-0358-4, II, Manzbuch 359 (1983), ISBN 3-7863-035-2, III, Manzbuch 820 (1988), ISBN 3-7863-0820-9

[52] I.R.E.M., Histoire de problèmes, histoire des mathématiques, ellipses 1993 (PH Q 2 / 349)

[53] N. D. Kazarinoff, Geometric inequalities, New Math. Library 4 (1961), (PH Q 5 / 157)

[54] H.-J. Kerber, Mathematisches Denktraining, Manzbuch 856, München 1992, ISBN 3-7863-0856-X.

[55] M. S. Klamkin, International mathematical olympiads, 1978 - 1985 and forty supplementary problems, MAA, New Mathematical Library 31 (1986), 150 pp., ISBN 0-88385-631-X, $ 10.00 Abstract: The 42 problems from the 1978–1985 International Mathematical Olympiads are followed by a selection of 40 further problems which were proposed for IMOs but not used. All are excellent problems of IMO class. The next section gives solutions to all of the problems, and for several gives two solutions. These are written out clearly and completely enough to make the book appeal to a very wide audience including many high school students. Two appendices give detailed information on the operators of the IMO and report results of all IMOs from the first in 1959 through the 26th in 1985 (none was held in 1980). There is a list of symbols, a glossary which includes such things as the AM-GM inequality, Fermat’s (little) theorem and Jensen’s inequality in addition to definitions of terms. Finally, there is an excellent bibliography of 128 books in addition to the previous 30 volumes of the MAA New Mathematical Library.

[56] M. S. Klamkin, USA Mathematical Olympiads,180 pp., ISBN-0-88385-634-4, $16.00 Abstract: Murray Klamkin includes many improvements and extensions to the original USAMO problems. The problems are coded by subject and solutions are arranged by subject as an aid to those interested in a particular field. Contains a glossary of frequently used terms and theorems and a comprehensive bibliography with items numbered and referred to in brackets in the text. A collection of intriguing problems and elegant solutions.

[57] V. Klee, S. Wagon, Old and new unsolved problems in plane geometry and number theory, The Dolciani Mathematical Expositions. 11 Washington, DC: Mathematical Association of America (ISBN 0-88385-315-9);352 pp. (1991), $ 28.00. Abstract: 24 central problems are presented, each accompanied by a collection of other related problems and a survey on partial solutions. For each problem, the exhibition is divided up into three sections. The first one gives an elementary overview, discussing the history as well as solved and unsolved variants of the problem. The second one contains more details, a wider and deeper survey of what is known about the problem, and rather comprehensive collection of references. The third part presents the solutions to the excercises which have been formulated in the preceding two parts. The first 12 problems deal with two-dimensional (and higherdimensional) geometry. Problem 1: Is each reflecting polygonal region illuminable? Here also periodic as well as dense billiard paths on polygonal billiard tables are discussed. See e.g. F. B. Holt [Geom. Dedicata 46, 73–90 (1993; Zbl. 784.551018)] for some recent achievements in this direction. Problem 2 deals with the existence of two equichordal points for a simply closed curve. The presentation also includes a hint to recent work of R. Schaefke and H. Volkmer [Asymptotic analysis of the equichordal problem, J. Reine Angew. Math., to appear] where in the case of plane curves the nonexistence of these two points has been established up to a finite number of eccentricities. Problem 3: When congruent disks are pushed closer together, can the area of their union increase? Problem 4: If a convex body C contains a translate of each plane set of unit diameter, how small can C’s area be? Problem 5: How many points are needed to guarantee a convex n-gon? Problem 6: If n points are not collinear, must one of them lie on at least n/3 connecting lines? Under Problem 7 a collection of several problems dealing with tilings of the plane is listed and discussed. Problem 8: What is the minimum of colors for painting the plane so that no two points at unit distance receive the same color? Problem 9: Can a circle be decomposed into finitely many sets that can be rearranged to form a square? In a footnote to this problem the authors mention that it has been solved affirmatively by M. Laczkovich [J. Reine Angew. Math. 404, 77–117 (1990; Zbl.

748.51017)] while this book was going to press. Problem 10: Does the plane contain a dense rational set? According to the authors’ definition, in a rational set only rational distances can be attained. Problem 11: Does every simple closed curve in the plane contain all four vertices of some square? Here also other inscribed polygons are discussed. For the case of inscribed triangles recent progress was obtained in a paper by M. J. Nielsen, Geom. Dedicata 43, No. 3, 291–297 (1992; Zbl. 767.51009).

Problem 12 deals with a famous topic from topology: Does each nonseparating plane continuum have the fixed-point property?

The subjects of the next 8 problems belong to number theory. Problem 13 deals with Fermat’s Last Theorem. The proof of this theorem is one of the notorious problems in number theory. Consequently the main subject of this section is the presentation of a comprehensive survey on approaches to a solution of this problem. Of the same type are Problem 17 (the Riemann hypothesis) and Problem 20 (Hilbert’s Tenth Problem): Is there an algorithm to decide wether a polynomial with integer coefficients has a rotational root? In Problems 13 and 20 as well as in some of the subsequent problems special attention is given to algorithmic questions.

Problem 14: Does there exist a box with integer sides such that the three face diagonals and the main diagonal all have integer lengths? Problem 15: Does the greedy algorithm always succeed in expressing a fraction with odd denominator as a sum of unit fraction with odd denominator? Problem 16 deals with perfect numbers, Mersenne primes and twin primes. In Problem 18 algorithms for primality testing and the computation of the prime factorization are discussed. Problem 19 studies the behaviour of the iterations of the function which sends each natural number n to \frac{n}{2} in the even case and to 3n + 1 in the odd case.

The last four problems of this collection deal with interesting real numbers. These include the questions of patterns in the decimal expansion of π, the algebraic dependence of π and e, the real-time computability of irrational numbers, and the irrationality of the limits of certain types of series.

The book will be found fascinating and useful by a wide range of mathematicians – teachers, undergraduate and graduate students as well as researchers. It will provide a good background for courses in geometry or number theory. Clearly, it will be extremely useful as a text for a seminar about unsolved problems.

[58] G. Kleinfeld, Ungleichungen. Übungen für junge Mathematiker 3, Teubner 1969

[59] S. Krulik, Problem Solving in School Mathematics, 1980 N.C.T.M. yearbook 1980 [60] S. Krulik, Rodwick, Problem Solving: a Handbook for Teachers, Boston

1980

[61] J. Kürschak, Hungarian Problem Book I, New York 1963; 111 pp., ISBN 0-88385-611-5; $10.00; (PH Q 9 / 75:1)

[62] J. Kürschak, Hungarian Problem Book II, New York 1963; 111 pp., ISBN 0-88385-612-3; $10.00; (PH Q 9 / 75:2)

[63] L. C. Larson, Problem solving through problems, Springer Verlag 1983, (PH Q 9 / 208)

[64] E. Lehmann, Zahlentheorie. Übungen für junge Mathematiker 1, Teubner 1970

[65] K. Löffler, Bundeswettbewerb Mathematik, Aufgaben und Lösungen, Klett Stuttgart, 1972–1982 (1987), ISBN 3-12-710740-4, 1983–1987 (1988), ISBN 3-12-710720-X, 1988–1992 (1994), ISBN 3-12-710730-9.

[66] L. Lovasz, Combinatorial Problems and Exercises, Akademiai Kidao, Budapest 1979; North-Holland, Amsterdam 1979

[67] R. M. Lucey, A problem a day, Penguin 1952

[68] G. Lüer, Gesetzmäßige Denkabläufe beim Problemlösen, Beltz 1973; (PH: E 1 / 491)

[69] G. Martin, Polyominoes. A guide to puzzles and problems in tiling, MAA 1991 (PH Q 7 / 116)

[70] E. A. Maxwell, Fallacies in mathematics, Cambridge Univ. Press 1959

[71] M. Miller, Gelöste und ungelöste mathematische Probleme, 6. Aufl. Teubener 1989 (PH Q 9 / 21)

[72] D. S. Mitrinovic, J. E. Pecaric, V. Volenec, Recent advances in geometric inequalities, Mathematics and Its Applications: East European Series,

28. Dordrecht etc.: Kluwer Academic Publishers (ISBN 90-277-2565-9). xiv, 710 pp. $ 149.00 (1989) Abstract: This book is a genuine encyclopaedic treatment of geometric inequalities. In 1969 the book ’Geometric inequalities’ (1969; Zbl. 174,

524) written by O. Bottema et al. has appeared. This work, called ’Bible of Bottema’ is very appreciated and has been much quoted in the mathematical literature. But after the appearrence of GI (’Geometric inequalities’) during the period from 1969-1986 a larger number of papers and problems concerning geometric inequalities were published in mathematical journals. Therefore the publication of a new book in this field was imperious necessary. The authors of the present book achieve with great success this imperative. If GI has 151 pages, contains about 400 geometric inequalities related to the elements of figures in the plane (triangles, quadrilaterals, n-gons, circles) and 225 authors are cited in it, the book under review (’AGI’) has 710 pages, reports about 3000 inequalities, not only for elements of figures in the plane, as GI, but also for elements of figures in spaces and hyperspaces (tetrahedra, polyhedra, simplices, polytopes, spheres), cites over 750 names and a lot of the most recent results, up to the end of 1986, are included. An essential characteristic of AGI is that this book contains, apart from numerous particular results, various methods for proof and for formation of geometric inequalities. The book also contains many conjectures and unsolved problems and, consequently, will serve to provoke and inspire further research. Although, at first glance, AGI is a synthesis of a large number of unconnected results, the authors have insisted on finding the original source of each result so that several historical priorities have been ascertained in AGI. The book contains many new unpublished results of the authors themselves or of other mathematicians. The proof which are difficult are presented in greater detail. Finally it is important to note that results published in Chinese, Japanese, Serbo-Croatian, Bulgarian, Hungarian and Dutch, frequently quite unknown in the USA, Canada and in Europa, have also been considered. The contents of the book is the following: Series Editor’s Preface. Preface. Notation and abbreviations. Organization of the book. Chapter I. The existence of a triangle. Chapter II. Duality between geometric inequalities and inequalities for positive numbers. Chapter III. Homogeneous symmetric polynomial geometric inequalities. Chapter IV. Duality between different triangle inequalities and triangle inequalities with R ( = radius of circumcircle), r ( = radius of incircle), s ( = semi-perimeter). Chapter V. Transformations for the angles of a triangle. Chapter VI. Some trigonometric inequalities. Chapter VII. Some other transformations. Chapter VIII. Convex functions and geometric inequalities. Chapter IX. Miscellaneous inequalities with elements of a triangle. Chapter X. Special triangle. Chapter XI. Triangle and point. Chapter XII. Inequalities with several triangles. Chapter XIII. The Moebius-Neuberg and the Moebius-Pompeiu theorems. Chapter XIV. Inequalities for quadrilaterals. Chapter XV. Inequalities for polygons. Chapter XVI. Inequalities for a circle. Chapter XVII. Particular inequalities in plane geometry. Chapter XVIII. Inequalities for simplexes in E^{n} (n ≥ 2). Chapter XIX. Inequalities for tetrahedra. Chapter XX. Other inequalities in E^{n} (n ≥ 2). Appendix (1. Comments. Additions and Corrections for GI.

2. Supplement to Chapters I - XX). Name Index. Subject Index. In Chapters I - XVII were included the geometric inequalities proved in the 19th and the beginning of the 20th century but which are not contained in GI. Special attention was paid to the existence of triangle and to the transformations (results concerning the existence of a triangle the sides of which are obtained as elements of any given triangle). Also the book contains complete reviews and unified treatments of recent results concerning the following inequalities: fundamental inequality (the Sondat-Lemoine necessary and sufficient condition for the existence of a triangle), Gerretsen’s inequalities, asymmetric trigonometric inequalities, Finsler-Hadwiger’s inequality, polar moment of inertia inequality, Erdoes-Mordell’s, Neuberg-Pedoe’s and Oppenheim’s inequalities and Moebius-Neuberg’s and Moebius-Pompeiu’ theorems. Many of these inequalities were considered in GI, but in this AGI the new related results which afterwards have appeared are included. Chapters XVIII - XX include inequalities about ’elementary figures’ (convex polyhedrons and polytopes, surfaces and hypersurfaces of the second order and finite sets of points) in three-dimensional and n-dimensional Euclidean space. The substance of these three chapters has not appeared in such a form until now. With this encyclopaedic content, AGI is certainly a unique book in the existing literature about the geometric inequalities. Although the book is intended for a wide circle of readers (only the shorter and simpler proofs are included) for the students attending high schools, colleges and universities, however the work is also interesting for experts which will find some new material, since a state-of-the-art report has been given in the book about the results of geometric inequalities. The book is written in a clear style. The reviewer greatly enjoyed receiving this book for a review. The reviewer is convinced that for all mathematicians this book will make a valuable contribution to their library.

[73] R. Müller, Mathematik für Denksportler, ECON 1993, ISBN 3-86047-043-4 Abstract: Sehr elementar gehaltene Problemsammlung; das Lesevergnügen wird etwas von Beweisen der Art ’a^{2}+b^{2} ≥ 2ab ⟹ (a−b)^{2} ≥ 0: fertig!’ getrübt.

[74] D. J. Newman, A Problem Seminar, Springer Verlag New York 1982

[75] I. Niven, Maxima and minima without calculus, Dolciani Math. Exp. 6, MAA 1981; ISBN 0-88385-306-X; (PH Q 9 / 204)

[76] B. Noack, H. Titze, Olympiade-Aufgaben für junge Mathematiker. Math. Aufgaben für 10–15-jährige, 2. Aufl. Aulis 1989, ISBN 3-7614-0670-3 (PH Q 9 / 209)

[77] W. Page, Two year college mathematics readings, MAA 1981, (PH Q 9 /203)

[78] H. Pieper, Heureka, Ich hab’s gefunden, H. Deutsch TB 62, 1988, (PH Q 9 / 17)

[79] U. Pirl, Aufgaben von Mathematikolympiaden in der UdSSR und in der CSSR, Volk und Wissen 1965 [80] G. Polya, Mathematik und plausibles Schließen, Band 1: Induktion und

Analogie in der Mathematik, 2. Aufl. Birkhäuser 1969

[81] G. Polya, Mathematik und plausibles Schließen, Band 2: Typen und Strukturen plausibler Folgerung, Birkhäuser 1963

[82] G. Polya, Vom Lösen mathematischer Arbeiten I, II, Birkhäuser 1966/67

[83] G. Polya, Schule des Denkens, 2. Aufl. Francke 1969

[84] G. Polya, J. Kilpatrick, The Stanford Mathematics Problem Book, New York 1974; (PH: Q 9 / 170)

[85] S. Rabinowitz, Index to Mathematical Problems 1980–1984. A compendium of over 5000 problems, MathPro Press, 1992, 544 pp., $ 49.95, ISBN 0-9626401-1-5 Abstract: Dieses Buch enthält den Text von über 5000 Problemen aus Zeitschriften wie Amer. Math. Monthly, Math. Magazine, Crux Mathematicorum etc. Die Probleme sind klassifiziert und nach Themen geordnet. Für die Lösungen werden exakte Literaturhinweise gegeben.

[86] H. Rademacher, O. Toeplitz, Von Zahlen und Figuren, Nachdruck Springer Verlag 1968; Engl. Übersetzung: The Enjoyment of Mathematics, Princeton Univ. Press 1957

[87] J. Roberts, Elementary Number Theory. A problem oriented approach, MIT press 1977 (PH Q 3 / 97)

[88] Romanian Ministry of Education, 43 Problems; Romanian Mathematical Olympiad, Bukarest 1978

[89] C. T. Salkind, The MAA Problem Book I, II, III, New York 1962/66/73

[90] M. Saul, G. Kessler, S. Krilov, L. Zimmerman, The New York City Contest Problem Book, Dale Seymour Publications, order number DS 01614, $ 19.95 Abstract: Probleme aus den Jahren 1975–1984 des New York City Interscholastic Mathematics League Wettbewerbs für die Klassen 10–12

[91] W. L. Schaaf, List of works on mathematical recreations, Scripta Math. 10 (1994), 192–200

[92] A. H. Schoenfeld, Mathematical problem solving, Academic press 1985 (PH Q 9 / 220)

[93] A. H. Schoenfeld, Problem solving in Mathematics Curriculum, MAA Notes 1 (1983), (PH Q 9 / 959) Abstract: enthält eine umfangreiche Literaturliste mit Bemerkungen.

[94] I. N. Sergeev, Foreign mathematical olympiads. (russisch), Bibliotechka Matematicheskogo Kruzhka, Vyp. 17. Moskva: Nauka. Glavnaya Redaktsiya Fiziko-Matematicheskoj Literatury (1987), 416 p. R. 1.50 Abstract: Mathematical olympiads for high school students are very popular in various countries. E.g., in the 28th International Mathematical Olympiad in Cuba, there were 238 contestants from 42 countries; all five continents are represented. Various regional competitions (e.g., Balcan mathmatical olympiads) are organized, too. Naturally, the level of the problems and the ideas on which they are based varies largely. The book contains more than 500 olympiad problems. All of them are supplied with solutions. The problems are distributed into 7 chapters:

1. Elementary number theory. 2. Equations and inequalities. 3. Plane geometry. 4. Space geometry. 5. Calculus. 6. Polynomials. 7. Combinatorial analysis. National and regional competitions are represented widely. The book contains also many problems that were proposed but no used in informational mathematical olympiads. There are 6 appendices. Three of them are of exceptional interest: the history of mathematical olympiads in various countries, an extended bibliography, and a list of theorems and formulas that are especially useful in olympiads. The book represents the classical viewpoint on mathematical olympiad. Little attention is given to the designing, analysis and optimization of algorithms. Nevertheless, it is well structured, and only the most interesting problems from the classical branches of olympiad mathematics are included. If combined with problem books of Hungarian and Soviet mathematical olympiads, this book provides an excellent and sufficient source for preparation to mathematical olympiads of any level.

[95] H. Sewerin, Mathematische Schülerwettbewerbe, Manz 1979; (PH Q 9 / 189)

[96] C. Shklarsky, I. M. Yaglom, USSR Olympiad Problem Book, Freeman 1962

[97] C. Shklarsky, N. N. Chentzov, I. M. Yaglom, Selected problems and theorem sin elementary mathematics, Moskau 1979

[98] W. Sierpinski, 250 problems in elementary number theory, Warschau 1970 (PH Q 3 / 69)

[99] A. Soifer, Mathematics as problem solving, Colorado Springs 1987 (PH Q 9 / 14)

[100] A. Soifer, Colorado Mathematical Olympiad. The first 10 years and further explorations, Colorado Springs, CO: Univ. Center for Excellence in Mathematical Education (ISBN 0-940263-03-3). x, 188 p. (1994) ($ 19.95) Abstract: This book is dedicated to all those people throughout the world who create olympiads for new generations of mathematicians and it is interesting in many ways. It presents the history of the struggle to organize the yearly ”Colorado Mathematical Olympiad”, this should help others who are thinking of organizing similar projects.

Naturally the book has a collection of beautiful mathematical problems, of varying degrees of difficulty, together with well explained solutions. These problems require minimal bits of knowledge, but a great deal of common sense, creativity and imagination for their solutions. Some of the problems are from the mathematical folklore, while others are original contributions of Soifer and some of his colleagues.

A delightful feature of the book is that in the second part related problems are discussed. The author takes olympiad problems and shows how their solutions give birth to deeper, more exciting and more general problems. Some of these second generation problems are open (i.e., not solved by anyone), and the author offers a prize for their first solutions.

[101] South African Academy of Arts and Sciences, The South African Mathematics Olympiad, Kapstadt 1976

[102] H. Steinhaus, One hundred problems in elementary mathematics, New York 1964

[103] S. Straszewicz, Mathematical Problems and Puzzles from the Polish Mathematical Olympiad, Pergamon Press 1965

[104] G. Szasz et al. (eds.), Contests in higher mathematics. Hungary 1949– 1961, Akademiai Kiado, Budapest 1968

[105] G. J. Szekely, Contests in Higher Mathematics, Problem Books in Mathematics, Springer Verlag 1996, 580 pp, ISBN 0-387-94588-1 (DM 94,-) Abstract: One of the most effective ways to stimulate students to enjoy intellectual efforts is the scientific competition. In 1894 the Hungarian Mathematical and Physical Society introduced a mathematical competition for high school students. The success of high school competitions led the Mathematical Society to found a college level contest, named after Mikl s Schweitzer. The problems of the Schweitzer Contests are proposed and selected by the most prominent Hungarian mathematicians. This book collects the problems posed in the contests between 1962 and 1991 which range from algebra, combinatorics, theory of functions, geometry, measure theory, number theory, operator theory, probability theory, topology, to set theory. The second part contains the solutions. The Schweitzer competition is one of the most unique in the world. The experience shows that this competition helps to identify research talents. This collection of problems and solutions in several fields in mathematics can serve as a guide for many undergraduates and young mathematicians. The large variety of research level problems might be of 192 Proseminar 1995/96

interest for more mature mathematicians and historians of mathematics as well.

[106] I. Tomescu, Problems in Combinatorics and Graph Theory, J. Wiley & Sons, 1985

[107] C. W. Trigg, Mathematical Quickies, McGraw-Hill 1967

[108] N. Y. Vilenesin, Combinatorics, Academic Press 1971

[109] W. Wickelgren, How to solve Problems, Freeman & Co 1974; (PH: Q 1 / 92)

[110] I. M. Yaglom, V. G. Boltyanskii, Convex Figures, New York 1961

[111] A. M. Yaglom, I. M. Yaglom, Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, Bde. I u. II, Holden Day 1964/67

2. Artikel

[112] J. Akiyama, J. Urrutia, A note on balanced colourings for lattice points, Discrete Math.83 (1990), 123–126 Abstract: The following problem was posed in the 27th International Mathematics Olympiad (1986): One is given a finite set of points P_{n} in the plane, each point having integer coordinates. Is it always possible to colour some of the points red and the remaining points white in such a way that, for any straight line L parallel to either of the coordinate axes, the difference (in absolute value) between the number of white points and red points on L is not greater than 1? It is not hard to see that the answer to the above question is yes. In this note we generalize this result, and show that P_{n} can be coloured with m(m ≥ 2) colours in such a way that for any straight line parallel to either one of the coordinate axes, the difference (in absolute value) between the number of points coloured i and the number of points coloured j is at most 1, 1 ≤ i < j ≤ m. A conjecture for the higher dimensional case is presented.

[113] D. M. Batinetu, On an inequality between weighted means and applications (rumän.), Gaz. Mat., Bucur. 87 (1982), 250–252 Abstract: In the first part of this note the author demonstrates the inequality between the weighted arithmetic mean and the weighted harmonic mean using the Cauchy-Schwarz-Bunjakowski inequality. In the second part, using this inequality between means, the author solves and generalizes two problems with geometrical inequalities, one of them having been suggested by Great Britain at the International Olympiad of Mathematics, Washington, 1981.

[114] R. C. Buck, The William Lowell Putnam Competition: Late History and Summary, Amer. Math. Monthly 72 (1965), 474–483

[115] L. E. Bush, The William Lowell Putnam Competition; Later History, Amer. Math. Monthly 72 (1965), 474–483

[116] J. DeFrancis, Mathematical Competition in China, Amer. Math. Monthly 67 (1960), 756–762

[117] H. Eves, E. P. Starke, The Otto Dunkel memorial problem book, Amer. Math. Monthly 64

[118] Fifth Annual William B. Orange Mathematics Prize Competition, Mathematics Magazine 29 (1955), 77–82

[119] H. Freudenthal, ICMI Report of Mathematical Contests in Secondary Education I, Educational Studies in Math. 2 (1969), 80–114

[120] B. V. Gnedenko, Mathematical Education in the USSR, Amer. Math. Monthly 64 (1957), 389–408 [121] H. D. Grossman, Fun wih Lattice Points, Scripta Math. 12 (1946), 86–

87, 160–161, 223–225, 288–290; 13 (1947), 98–102, 216–222; 14 (1948), 62–65, 157–162; 15 (1949), 78–81, 232–237

[122] R. K. Guy, A quarter century of Monthly unsolved problems, 1969–1993, Am. Math. Mon. 100 (1993), 945-949

[123] P. R. Halmos, The heart of mathematics, Amer. Math. Monthly 87 (1980), 519–524; Abstract: P. Halmos nennt Problemlösen das ’Herz der Mathematik’ und schlägt vor, einen großen Anteil des Mathematikunterrichts der Übermittlung von Fähigkeiten zum Problemlösen zu widmen.

[124] W. K. Hayman, M. Hayman, Second British Olympiad, Science Teacher 10 (1966)

[125] B. Kneale, A mathematics competition in California, Amer. Math. Monthly 74 (1966), 1006–1010

[126] E. Koch, Mathematics contests, Mathematics Teacher 9 (1917), 179– 186

[127] J. M. Koljagin, Über das Aufstellen von Aufgaben im Mathematikunterricht, Mathematik in der Schule 9 (1971), 707–710

[128] H. Merrill, M. Stark, A mathematical contest, Amer. Math. Monthly 49 (1942), 191–192

[129] G. Polya, J. Kilpatrick, The Stanford university competetive examination in mathematics, Amer. Math. Monthly 80 (1973), 627–640

[130] Problems involving unusual situations, Scripta Math. 9 (1943), 114–118; 13 (1947), 102–104

[131] The William Putnam Mathematical Competition, Amer. Math. Monthly 45 (1938), 64–66, 332, 339; 49 (1942), 348–351; 53 (1946), 482–485; 54 (1947), 400–403; 55 (1948), 630–633; 56 (1949), 448–452; 57 (1950), 467–470; 58 (1951), 479–482; 59 (1952), 538–542; 60 (1953), 539–542; 61 (1954), 542–549; 62 (1955), 558–564; 64 (1957), 21–27, 649–654; 68 (1961), 18–33, 629–637; 69 (1962), 759–767; 70 (1963), 712–717; 71 (1964), 634–641; 72 (1965), 469–473, 474–483; 73 (1966), 726–732; 74 (1967), 771—777; 75 (1968), 732–739; 76 (1969), 909–915; 77 (1970), 721–728; 78 (1971), 763–770; 80 (1973), 170–179, 1017–1028; 81 (1974), 1086–1095; 82 (1975), 905–912; 83 (1976), 701–708; 85 (1978), 26–33; 86 (1979), 168–175, 749–757; 87 (1980), 634–640; 88 (1981), 605–612; 42nd exam, 89 (1982), 679–686; 43rd exam, 90 (1983), 546–553; 44th exam, 91 (1984), 487–495; 45th exam, 92 (1985), 560–567; 46th exam, 93 (1986), 620–626; 47th exam, 94 (1987), 747–756; 48th exam, 95 (1988), 717–727; 50th exam, 98 (1991), 319–327; 52nd exam, 99 (1992), 715–724; 53rd exam, 100 (1993), 755–767.

[132] S. Rabinowitz, The Intercollegiate Mathematics League, Amer. Math. Monthly 73 (1966), 1004–1006

[133] J. Rung, Sphärische und hyperbolische Umfangsformeln für das Höhenfusspunktdreieck, Math. Naturwiss. Unterr. 42 (1989), 259–261 Abstract: Anknüpfend an eine Aufgabe aus dem Bundeswettbewerb Mathematik 1988 (2. Runde) untersucht und beweist Verf. zwei Verallgmeinerungen der Formel s = h_{c} · sin γ, die den halben Umfang s des Höhenfusspunkt-Dreiecks in einem spitzwinkligen Dreieck der euklidischen Ebene bestimmt. Als analoge Formeln erhaelt er dabei in der sphärischen Geometrie (des euklidischen Raumes) sin s = sin h_{c} · sin γ und im Poincaré-Modell der hyperbolischen Geometrie sinh s = sinh h_{c} · sin γ. Verf. fragt abschliessend nach Beweismöglichkeiten im Rahmen der absoluten Geometrie.

[134] W. L. Schaaf, List of works on mathematical recreations, Scripta Math. 10 (1944), 192–200

[135] A. H. Schoenfeld, Teaching problem solving skills, Amer. Math. Monthly 87 (1980), 794–804

[136] D. L. Sherry, J. R. Weaver, The Mathematics Olympiad at the University of West Florida, Amer. Math. Monthly 86 (1979), 125–126

[137] J. F. Smart, Searching for mathematical talent in Wisconsin, Amer. Math. Monthly 73 (1966), 401–407

[138] F. Swetz, The Chinese Mathematical Olympiads. A Case Study, Amer. Math. Monthly 79 (1972), 899–904

[139] The Twelve Coins Problem, Scripta Math. 11 (1945), 360–362; 14 (1947), 66–71

[140] I. Wirszup, The seventh mathematical olympiad for secondary school students in Poland, Mathematics Teacher 51 (1958), 585–589

[141] I. Wirszup, The first two International Mathematical Olympiads for Students of Communist Countries, Amer. Math. Monthly 69 (1962), 150– 155

[142] I. Wirszup, The School mathematics circle and olympiads at Moscow State Mathematics Teacher 62 (1963), 104–210

[143] I. Wirszup, The third International Mathematical Olympiad for Students of Communist Countries, Amer. Math. Monthly 67 (1960), 73–74

[144] I. Wirszup, The fourth International Mathematical Olympiad for Students of Communist Countries, Amer. Math. Monthly 71 (1964), 308–

3. Publikationen von MathPro Press

Indexes to Mathematical Problems

This series of books consists of indexes to problems that have appeared in problem columns in mathematics journals over the years. Each book includes the text of several thousand problems, sorted by topic. No solutions are given, but full references are given to the literature, indicating where the solution can be found.

Volumes that have been published:

[145] Index to Mathematical Problems 1980-1984, Editor: Stanley Rabinowitz.

In preparation:

[146] Index to Mathematical Problems 1975-1979 Editor: Stanley Rabinowitz. Publication date: late 1995.

[147] Index to Mathematical Problems 1985-1989 Editor: Stanley Rabinowitz. Publication date: early 1996.

[148] Index to Mathematical Research Problems 1980-1989 Editors: Curtis Cooper and Robert Kennedy. Publication date: August 1995.

[149] Index to Mathematical Problems from the American Mathematical Monthly 1894-1918 Editor: Mark Bowron. Publication date not set yet.

[150] Index to Mathematical Problems from the Educational Times 1902-1918 Publication date not set yet.

[151] Index to Mathematical Problems from the Ladies’ Diary 1704-1840 Publication date not set yet.

[152] Index to Mathematical Problems from Crux Mathematicorum 1975-1994 Publication date not set yet.

[153] 100-year Index to KoMaL’s Mathematical Problems (1894-1993) Publication date not set yet.

[154] Index to Mathematical Problems from The Fibonacci Quarterly 1963-1992 Publication date not set yet.

Contests in Mathematics

This series consists of mathematical contests and competitions from around the world. These books include solutions.

Volumes that have been published:

[155] Leningrad Mathematical Olympiads 1987-1991 Authors: Dmitry Fomin and Alexey Kirichenko. At the Printer:

[156] ARML-NYSML Contests 1989-1994 Authors: Lawrence Zimmerman and Gilbert Kessler Publication date: April, 1995 In preparation:

[157] University of Vermont Prize Examinations in Mathematics 1958-1994 Authors: Jack Lawlor and Larry Kost. Publication date not set yet.

[158] Problems solved various ways from the Austrian and Polish Mathematical Olympiads Authors: Marcin E.Kuczma and Erich Windischbacher. Publication date not set yet.

[159] All-Russian Mathematical Olympiads, 1974-1994 Authors: G. Yakovlev, L. Kuptsov, S. Reznichenko, and P. Gusyatnikov. Translated by the Universum Group. Publication date not set yet.

Mathematical Notes

This series consists of books that contain various interesting mathematical tidbits. They are also liberally sprinkled with problems and exercises for the reader.

In preparation:

[160] Problem Solving in Geometry Using Homothetic Figures Author: Jordan Tabov. Translation of the Bulgarian book, ’Homothety in Problems’. Publication date: late 1995.

[161] Mathematical Notes from Digital Editor: Lynn Yarbrough. Publication date not set yet.

[162] Introduction to Fibonacci Discovery Author: Brother Alfred Brousseau. A reprint of a book originally published in 1965 by the Fibonacci Association. Publication date not set yet.

[163] Japanese Mathematics of the 18th and 19th Centuries Authors: Hidetosi Fukagawa and Dan Sokolowsky. Translation of a Japanese book by the same name. A follow-up to Japanese Temple Geometry Problems. Publication date not set yet.

[164] Triangle Centers and Central Triangles Author: Clark Kimberling. Publication date not set yet.

[165] Ptolemy’s Legacy Author: Stanley Rabinowitz Publication date not set yet.

[166] A Puzzling Journety to the Reptiles and Related Animals Author: Karl Scherer Tentative title. Publication date not set yet.

Mathematical Problem Books

This is a series of problem books.

In preparation:

[167] Fibonacci’s Problem Book Editors: Marjorie Bicknell and Verner E. Hoggatt, Jr.. A reprint of a book originally published in 1974 by the Fibonacci Association. Publication date not set yet.

[168] The Lucas Problem Book Editor: Stanley Rabinowitz. A sequel to Fibonacci’s Problem Book. Publication date not set yet.

Classic Problem Collections

This series of books consist of reprints of classic mathematical problem books and problem collections from the past.

At the Printer:

[169] Problems and Solutions from The Mathematical Visitor 1877-1894 Edited by Stanley Rabinowitz. Publication date: May, 1995.

In preparation:

[170] Wolstenholme’s Problems Reprint of classic book by Joseph Wolstenholme, 2nd edition published in 1878 by MacMillan and Co. Several thousand practice problems for the Cambridge Mathematical Tripos Examination. Publication date not set yet.

[171] The Otto Dunkel Memorial Problem Book Reprint of classic book edited by Howard Eves and E. P. Starke. The 400 ’best’ problems selected from The American Mathematical Monthly. Publication date not set yet.

4. Zeitschriften

Die folgenden Zeitschriften haben Problemecken oder beschäftigen sich mit mathematischen Wettbewerbs-Problemen:

• Alpha

• American Mathematical Monthly

• Crux Mathematicorum

• Elemente der Mathematik

• Fibonacci Quarterly

• In the World of Mathematics

• Mathe Plus

• Mathematical Magazine

• Mathematics Competitions

• Der Mathematikunterricht

• Mathem.-Naturw. Unterricht

• Monoid

• Praxis der Mathematik

• Scripta Mathematica

• Wurzel

5. URLS

• Internationale Mathematik-Olympiade:

  http://www.win.tue.nl/win/ioi/imo/index.html

• Internet Center für mathematische Probleme:

  http://www.mathpro.com/math/mathCenter.html

• Archiv der Mathematik-Wettbewerbe:

  http://www.math.harvard.edu/ kedlaya/competitions.html

• Klausuren für Hochschulstudenten:

  http://math.berkeley.edu/ desouza/pb.ps.html

• Polnische Mathematik-Olympiaden:

  http://hydra.mimuw.edu.pl/ chel/Olimp/olympiads.html

• Deutsche Mathematik-Olympiaden e.V.:

  ftp://neptun.math.uni-rostock.de/WWW/mo.html

• Mathematical Mayhem:

  http://www.utoronto.ca/math/mayhem.html