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KAP. 43 Wie hoch reicht die Leiter - auf den Seiten des AG- Viersen

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Wie hoch reicht die Leiter?
Roy hatte sich vorgenommen, noch einmal mit seinen Schülern über den Simplex-Algorithmus zu sprechen. Danach wollte er über quadratische Gleichungen sprechen, und dann Wurzelgleichungen behandeln. Der erste Punkt war
bald erledigt, so daß er seinen Plan verwirklichen konnte.
Zur Einstimmung legte er eine Folie auf.
Si B + D in A – A quad., æquetur B in D: A explicabilis est de qualibet illarum duarum B vel D.
„Das sieht nach Latein aus,“ vermutete Mary.
„Da hast du recht. Das ist der Lehrsatz 1 aus dem 14. Kapitel der Gleichungslehre1 von François Viète, einem
französischen Mathematiker, der in der zweiten Hälfte des 16. Jahrhunderts lebte. Latein und zuweilen auch Griechisch
waren die Sprachen, in denen wissenschaftliche Arbeiten veröffentlicht wurden. Ich habe diese Stelle mal herausgesucht, um euch zu zeigen, wie man in jener Zeit algebraische Sachverhalte notierte. Statt Klammern zu setzen, zog man
einen geraden Strich über den Term, B + D steht also für (B + D), ‘in A’ deutet an, daß (B + D) mit A multipliziert
wird. Auch die Potenzschreibweise war unbekannt. Man schrieb A quad. für A2 und A cubus für A3. Die Gleichung im
Lehrsatz 1 lautet also in unserer heutigen Schreibweise (B + D)·A – A2 = B·D, denn ‘æquetur’ kann man übersetzen mit
‘ist gleich’. Wie ihr seht, war auch das Gleichheitszeichen noch unbekannt. Man könnte also den Satz wie folgt wiedergeben:
Wenn (B + D)·A – A2 = B·D, dann kann man A durch irgendeinen der beiden Werte,
durch B oder auch durch D ausdrücken.
Vielfach bezeichnet man ihn heute als den Satz des Vieta, wobei Vieta die latinisierte Form des Eigennamens
Viète ist.“
„Würden wir nicht heute x statt A schreiben?“
„Da hast du Recht, Brian, in einem heutigen Lehrbuch würde der Satz vielleicht lauten:
Wenn x2 – (a + b)·x + ab = 0, dann sind a und b...“
„Lösungen der Gleichung“, rief Mary.
„Lösungen oder die Lösungen?“ Paul wollte es ganz genau wissen.
„Bleiben wir erst mal bei ‘Lösungen’, das stimmt auf jeden Fall, wie man durch Einsetzen leicht bestätigen kann.
Ob es noch mehr als zwei gibt, werden wir noch sehen. Bisher war der Exponent der Variablen x nie größer als 1, auch
bei Gleichungen mit zwei Variablen kam das Produkt xy nicht vor. Solche Gleichungen haben wir Gleichungen 1. Grades oder auch lineare Gleichungen genannt. Tritt noch ein Term mit x2 hinzu, spricht man von quadratischen Gleichungen. Es ist leicht einzusehen, daß man jede quadratische Gleichung auf die Form Ax2 + Bx + C = 0 bringen kann.“
„A darf dann aber nicht 0 sein.“
„Sonst wär’s ja auch keine quadratische Gleichung“, brummte Paul, „der Satz von Vieta nützt uns aber bei der
Bestimmung der Lösungen nicht viel.“
„Das hat auch niemand behauptet, aber nimm mal die Gleichung x2 – 7x + 12 = 0.“
Brian sah sofort, daß 3·4 = 12 und 3 + 4 = 7 galt, also mußten 3 und 4 Lösungen sein. Er erklärte das den andern,
stellte aber sofort die Frage, wie man denn x2 – 7x + 11 = 0 gelöst hätte.
Aber niemand machte einen Vorschlag. Doch Roy war aufgefallen, daß Paul nicht zuhörte, sondern statt dessen
Rechnungen auf seinem Blatt anstellte.
„Na, Paul, hast du einen Idee?“
“Nein, Mr. Mesick, mir ist nur aufgefallen, daß die Umkehrung des Satzes von Vieta auch zutrifft. Also wenn a
und b Lösungen einer quadratischen Gleichung sind, dann hat diese Gleichung die Form x2 – (a + b)·x + ab = 0.“
“Wieso?“ klang es aus mehreren Ecken.
Paul bat, an die Tafel gehen zu dürfen, und schrieb.
x2 – (a + b)·x + ab = x2 – ax – bx + ab = x(x - a) – b(x – a) = (x – a) (x – b)
Das sahen alle ein, aber was hatte das mit Pauls Behauptung zu tun?
„Nun, x2 – (a + b)·x + ab = 0 ist dann äquivalent zu (x – a)(x – b) = 0“, erklärte Paul, „und das wiederum ist
äquivalent zu der Adjunktion x - a = 0 oder x - b = 0.
280
Die Aussage ‘a und b sind Lösungen’ läßt sich aber schreiben als [x = a oder x = b] und das wiederum als [x – a
= 0 oder x - b = 0]. Multipliziert man die linken Seitenterme, erhält man die Behauptung.“
„Sehr gut“, lobte Roy Mesick, „aber Brians Frage war, wie löst man die Gleichung x2 – 7x + 11 = 0?“
„Wir könnten doch die alte linke Seite wieder herstellen“, schlug George vor, „x2 – 7x + 12 = 1. Dann erhalten
wir die äquivalente Gleichung (x - 3)(x – 4) = 1.“
Man war sich schnell einig, das dies nicht weiterführte.
„Wenn man nun nicht auf 12, sondern auf 12,25 erhöht,“ überlegte Mary laut, „dann könnten wir auch faktorisieren.. Aus x2 – 7x + 12,25 = 1,25 würde dann (x – 3,5)(x – 3,5) = 1,25. Das hat den Vorteil, daß wir jetzt links ein Quadrat haben. x - 3,5 ist also gleich der Wurzel aus 1,25.“
„Also x – 3,5 = 1,25 ?“ fragte Roy Mesick, „wenden wir deine Methode doch mal auf die ursprüngliche Gleichung an, auf x2 – 7x + 12 = 0.“
Mary ging nach vorn und schrieb.
x2 – 7x + 12,25 = 0,25. “
(x – 3,5)2 = 0,25
(x – 3,5)2 = 0,52
x –3,5 = 0,5
x=4
Roy Mesick wiegte sein Haupt. Mary merkte gleich, daß da was nicht stimmte. Es gab ja noch die Lösung 3.
„(x – 3,5)2 = 0,52 ist nicht äquivalent zu x –3,5 = 0,5, sondern zu [x –3,5 = 0,5 oder x –3,5 = -0,5]. Dann erhalten
wir auch wieder zwei Lösungen, 4 und 3 nämlich.“
„Wie bist du denn auf 12,25 gekommen?“ wollte William jetzt wissen.
„Ganz einfach, ich habe einfach die Hälfte des Koeffizienten von x genommen; also 3,5, denn nach der binomischen Formel gilt x2 – 2·3,5·x + 3,52 = (x – 3,5)2.“
„Also hat die Gleichung x2 – 7x + 11 = 0 auch zwei Lösungen 3,5 + 1,25 und 3,5 - 1,25 “, ergänzte Roy Mesick, „aber jetzt sollten wir unsere Erkenntnisse erst mal ein bißchen ordnen. Am besten machen wir das zunächst noch
mal an einem Beispiel. Schreibt mal auf. 3x2 + 336 = 66x.“
„Ich würde erst mal alle Terme auf die linke Seite stellen und dann mit 13 multiplizieren“, lautete Brians Vorschlag, „dann haben wir x2 – 22x + 112 = 0.“
„Gut, erster Schritt: Alles nach links, Koeffizient von x2 gleich 1. Diese Gleichungsform nennt man auch die
Normalform der quadratischen Gleichung. Und jetzt, George?“
„Die Hälfte des Koeffizienten von x, das ist 11, quadrieren. Ergibt 121.“
„Wir haben aber nur 112“, scherzte Paul.
„Dann schreibe ich eben 112 als 121 – 9, und transponiere 9.“
„Dann haben wir x2 – 22x + 121 = 9“, resümierte Roy, „manche nennen diesen zweiten Schritt auch quadratische
Ergänzung.“
„Jetzt müssen wir umwandeln.“
„Ja, William?“
„(x – 11)2 = 9, und das ist äquivalent zu [x – 11 = 3 oder x – 11 = -3]. Die Lösungen sind also 14 und 8.“
„Richtig, aber kann man denn diesen Lösungsweg immer gehen?“
„Die Schritte 1 und 2 ja“, stellte Mary fest, „ aber der letzte Schritt ist nur möglich, wenn die Zahl auf der rechten Seite nicht negativ ist.“
„Damit haben wir auch Pauls Frage beantwortet. Ist diese Zahl positiv, gibt es genau zwei Lösungen. Ist sie 0,
existiert genau eine, und wenn die Zahl negativ ist, dann ist die Gleichung unlösbar.“
„Richtig, Billy. In den Lehrbüchern findet ihr meist eine Formel zur Lösung quadratischer Gleichungen.
x2 + px + q = 0 →
x = - p2 +
()
p 2
2
− q oder x = - p2 -
()
p 2
2
−q
Man liest die Zahlen für p und q aus der Normalform ab und setzt sie dann in die Gleichungen der Adjunktion
ein. Dabei spart man die ganzen Zwischenschritte ein. Ich will sie aber doch noch mal angeben.
x2 + px + q = 0
( ) = ( ) -q
(x + ) = ( ) - q
(x + ) = ± ( )
x2 + px +
p 2
2
p 2
2
p
2
281
p 2
2
p 2
2
p 2
2
−q
Hierbei faßt man die beiden Komponenten der Adjunktion durch das Zeichen ± zu einer Gleichung zusammen.
Bezeichnet man die beiden Lösungen mit x1 und x2, so sieht die Endzeile oft folgendermaßen aus:
x 1, 2 = -
p
2
±
()
p 2
2
−q
Ist der Radikand negativ, dann ist die Gleichung unlösbar; ist er 0, existiert genau eine Lösung.“
Nachdem alle die Formel notierte hatten, begann Roy ein Aufgabenblatt auszuteilen.
Aufgabe 1
Ein Stein fällt in einen Brunnen. Nach 2,08 Sekunden hört man den Aufschlag auf der Wasseroberfläche. Wie
tief ist der Brunnen bis zur Wasseroberfläche? Der Luftwiderstand bleibe unberücksichtigt.
m
Physikalische Angaben: Schallgeschwindigkeit: v = 333 sek
; Erdbeschleunigung: g = 9,81 m 2 ;
sek
v=
s
t
;s=
1
2
gt 2 .
Aufgabe 2
Ein Spaziergänger geht von A nach B. Zur gleichen Zeit startet ein Radfahrer in C, um über A nach B zu fahren.
Die Entfernung von C nach A beträgt 14 km. Der Spaziergänger benötigt je Kilometer 7 Minuten mehr als der Radfahrer. Wie groß ist die Strecke von A nach B, wenn beide nach 1 Stunde und 28 Minuten gleichzeitig in B eintreffen?
Aufgabe 3
Ein Wasserbehälter kann durch zwei getrennte Zuleitungen A und B gefüllt werden. Verwendet man nur Zuleitung B, dauert der Vorgang zwei Stunden länger als bei Verwendung von A. Werden beide Zuleitungen gleichzeitig
genutzt, dauert das Füllen 80 Minuten. Wie lange dauert das Füllen mit Zuleitung A allein?
Aufgabe 4
Familie Schmitz besitzt hinter dem Haus einen umzäunten Garten, der 70 m tief und 52,5 m breit ist. Herr
Schmitz wünscht sich eine Bepflanzung mit Blumen und Sträuchern, während Frau Schmitz gern eine Rasenfläche
hätte. Man einigt sich darauf, in der Mitte eine rechtwinklige Rasenfläche abzustecken, deren Rand überall gleich weit
von der Umzäunung entfernt ist. Welche Abmessungen hat diese Rasenfläche, wenn sie genau die Hälfte des Gartens
umfaßt?
Aufgabe 5
Aus einem Faß, das 360 l Weingeist enthält, wird eine bestimmte Menge entnommen und dann das Faß wieder
mit Wasser aufgefüllt. Danach wird noch einmal die gleiche Menge entnommen und zusätzlich 84 l. Nachdem dann das
Faß wieder mit Wasser aufgefüllt worden ist, besteht die Flüssigkeit aus ebenso viel Wasser wie Weingeist. Welche
Menge wurde beim ersten Mal entnommen?
Aufgabe 6
Zwei Krüge enthalten gleich viel Wein. Der eine Rot-, der andere Weißwein. Fritz füllt nun 10 Löffel Rotwein
um in den Weißweinkrug und rührt gut um. Danach füllt er 10 Löffel dieser Mischung wieder zurück in den Rotweinkrug und rührt wieder gut um. Die Frage ist, ob der Rotweinkrug nun weniger oder mehr Weißwein enthält als der
Weißweinkrug Rotwein.
Aufgabe 7
Dicht an einer Hausmauer steht eine würfelförmige Kiste von 1 m Kantenlänge. Gegen diese Mauer wird nun eine Leiter von 7 m Länge gestellt, welche die Kiste in 1 m Höhe berührt. In welcher Höhe berührt die Leiter die Mauer?
Roy wartete bis alle die Aufgaben durchgesehen hatten und bat dann Paul, mit der 1. Aufgabe zu beginnen.
„Sie haben zwei Gleichungen aus der Physik angegeben. Die Zeit t in s = vt ist die Zeit, die der Schall benötigt,
also die Zeitspanne zwischen Aufprall auf dem Wasser und dem Hören. Die Zeit t in der anderen Gleichung ist aber die
Fallzeit. Beide zusammen ergeben 2,08 Sekunden.“
„Das stimmt, und welche willst du nun ausrechen?“
„Ich wähle die Fallzeit und lege fest
t: Fallzeit des Steins in Sekunden
Die Zeit, die der Schallbenötigt, ist dann 2,08 – t.
Jetzt läßt sich die Fallhöhe s ausdrücken durch s = 0,5·9,81·t2 , andererseits gilt s = 333·(2,08 – t) und durch
Gleichsetzen erhalte ich die quadratische Gleichung
0,5·9,81·t2 + 333t – 333·2,08 = 0.
Für die von Ihnen angegebene Formel gilt dann
282
p=
333
−333 ⋅ 2,08
und q =
.“
0,5 ⋅ 9,81
0,5 ⋅ 9,81
Paul nahm seinen Taschenrechner zur Hand.
„Ich berechne zunächst mal
p
2
, p2 = 33,945, und dann den Radikanden: 1.293,471. Da die Wurzel gleich 35,965
ist, gilt t1, 2 = - 33,945 ± 35,965.“
„Dann beträgt die Fallzeit 2,02 Sekunden, die zweite negative Lösung kann man nicht physikalisch interpretieren“, resümierte Brian.
„Und wie tief ist der Brunnen nun?“ fragte George.
„Es gilt s = 12 gt 2 , d. h. s = 0.5·9,81·2,022, also 20. Das heißt der Brunnen ist 20 m tief.“
„Gut, Paul. Du hast die Aufgabe mit Zahlen gerechnet. Das kann man machen. Aber man muß gut aufpassen,
daß die Maßzahlen auch zu den richtigen Einheiten gehören. Darum setzt man gern in die Gleichungen physikalische
Größen ein, also Maßzahl und Einheit. Dann haben wir
s = 0.5·9,81 msek-2·t2 und s = 333 msek-1·t
und
t1, 2 = -
333 msek −1
9,81 msek −2
 333 msek −1
± 
 9,81 msek −2

2
−1

 + 333 msek ⋅ 2,08sek .

0,5 ⋅ 9,81 msek − 2

Rechnet man jetzt mit den Einheiten wie mit Variablen, so sieht man das die Größe t die Einheit sek hat, wie es
ja auch sein muß. Schauen wir uns mal die zweite Aufgabe an.“
Mary ging zur Tafel.
„Als zu bestimmende Größe nehme ich die Entfernung von C nach B. Also x: Entfernung CB in km.
. Das ist der Kehrwert einer GeschwinIrgendwie muß die Zahl 7 eingebracht werden. Ihre Maßeinheit ist min
km
digkeit.“
„Ist ja richtig“, meckerte Paul, „aber was bringt’s?“
Aber Mary hatte sich das schon überlegt.
„Der Radfahrer durchfährt die Strecke x in 88 Minuten, d. h. er braucht
Fußgänger, der nur die Strecke x – 14 zu durchlaufen hat, braucht dann
also folgenden Beziehung
88
x
+7=
88
x −14
88
x −14
88
x
Minuten für einen Kilometer. Der
Minuten für einen Kilometer. Es besteht
.“
„Nicht schlecht“, gab Paul zu, „der Hauptnenner ist dann x(x – 14) und deine Gleichung ist äquivalent zu
(88 + 7x)(x – 14) - 88x = 0 und x(x – 14) ≠ 0.“
Mary schrieb die quadratische Gleichung an: 7x2 – 98x –1232 = 0 und dann x2 – 14x – 176 = 0, x = 7 ± 225 .
„Die beiden Lösungen sind dann 22 und – 8, denn der zweite Teil der Konjunktion ist ebenfalls erfüllt. Die Entfernung von A nach B beträgt dann 8 km. Die negative Lösung – 8 ist für uns uninteressant.“
Billy hatte eine ganz andere Überlegung angestellt.
„Auf Marys Ansatz wäre ich nie gekommen. Wenn man sich überlegt, ob es eine Größe gibt, die man auf zwei
Weisen darstellen kann, dann bekommt man auch eine Gleichung, ähnlich wie bei den Mischungsaufgaben. Ich nehme
mal die Geschwindigkeit des Radfahrers. Er legt in 88 Minuten x Kilometer zurück, seine Geschwindigkeit ist also
x km
. Für die Strecke von A nach B benötigt er 7(x – 14) Minuten weniger als der Fußgänger, also läßt sich seine
88 min
Geschwindigkeit auch als
x −14
km
88− 7 ( x −14 ) min
angeben. Die Gleichung lautet also
x km
88 min
= 88−x7−( x14−14)
km
min
. Das führt zu Marys
Ansatz. Um das einzusehen muß man nur auf beiden Seiten der Gleichung den Kehrwert bilden.“
„Das ist nicht ungewöhnlich, Billy, daß man auf mehreren Wegen zum Ziel kommt. Jede der Ausganggleichungen beschreibt die Zusammenhänge auf andere Weise. Aber durch die mathematischen Umformungen zeigt sich, daß
sie letztlich alle gleichwertig sind. Oft ist es nur sehr schwer möglich, diese Gleichwertigkeit durch inhaltliches Schließen darzulegen. Darin zeigt sich die Stärke der mathematischen Methode; die sich auf formale Regeln stützt.“
„Wie steht’s mit der dritten Aufgabe?“
George meldete sich.
„Beim Aufgabentyp ‘Röhrenaufgabe’ addieren sich die Zulaufleistungen von A und B.
Ich lege fest: x : Füllzeit der Zuleitung A in Stunden.
283
Hat der Wasserbehälter das Volumen V, so ist die Zulaufleistung von A
zusammen haben die Leistung
V
4
3
oder
3V
4
, denn 80 Minuten entsprechen
V
x
+
Multipliziert man jetzt beide Seiten der Gleichung mit
1
V
V
x+2
=
4
3
V
x
und die der Zuleitung B
V
x+2
. Beide
Stunden. Die Gleichung lautet also
3V
4
(V ≠ 0 ), erhält man die Konjunktion
4(x + x + 2) = 3x(x + 2) und x(x + 2) ≠ 0
Die quadratische Gleichung 3x2 - 2x – 8 = 0 führt auf x1, 2 =
2
6
±
4
36
+
8
3
, also x1, 2 =
1
3
± 53 . Da die Lösung 2 die
Ungleichung x(x + 2) ≠ 0 erfüllt, ist 2 die Lösung. - 43 ist keine Lösung im Sinne der Aufgabe.
Mit der Zuleitung A dauert es also 2 Stunden und mit der Zuleitung B 4 Stunden, den Wasserbehälter zu füllen.“
„Dem ist nichts hinzuzufügen, George.“ Roy war sichtlich zufrieden und suchte nach einem Kandidaten für die
4. Aufgabe.
„Wie wär’s mit dir, Brian?“
„Zunächst lege ich fest, wofür x steht. x: Breite des Randstreifens in Metern.
Dieser Streifen ist gleich der halben Grundstücksgröße, also 1.837,5 m2. Er setzt sich zusammen aus 4 Quadraten
der Größe x2 und 4 Rechtecken, und zwar zwei der Größe x(70 – 2x) und zwei der Größe x(52,5 – 2x).
Wir erhalten also die Gleichung 4x2 + 2x(70 – 2x) + 2x(52,5 – 2x) = 1837,5. Das führt auf die quadratische Glei,5
chung 4x2 – 245x + 1837,5 = 0. Es gilt also p = - 245
und q = 1837
.“
4
4
Er nahm seinen Rechner zur Hand.
„Zunächst berechne ich 245
und speichere das Ergebnis im Speicher 1. Dann quadriere ich diese Zahl, subtrahie8
re
1837,5
4
und ziehe aus der Differenz die Wurzel, die speichere ich im Speicher 2. Anschließend addiere ich die Spei-
cherinhalte, das liefert x1. x2 ist die Differenz ( Speicherinhalt 1 - Speicherinhalt 2). Die Ergebnisse sind 52,5 und 8,75.
52,5 m ist die Breite des Grundstücks. x1 scheidet daher als Lösung der Aufgabe aus. Der Gärtner muß also den Streifen
8,75 m breit machen, damit beide zufrieden sind.“
George schaute zunächst etwas ratlos drein, bis er verstand, daß die im Rechner gespeicherten Zahlen den Termen in der Lösungsformel entsprachen, die Brian aber erst gar nicht angeschrieben hatte. Wozu auch?
Roy forderte seine Schüler auf, die nächste Aufgabe zunächst einmal allein zu bearbeiten, obwohl er wußte, daß
es Schwierigkeiten geben würde. Als er nach einiger Zeit merkte, daß seine Befürchtungen zutrafen, bat er Billy, an die
Tafel zu gehen.
„Wie weit bist du denn mit der 5. Aufgabe gekommen?“
Billy mußte zugeben, daß er über die Festlegung ‘x: ursprünglich entnommene Flüssigkeitsmenge in Litern’
nicht hinausgekommen war.
„Nach der ersten Entnahme sind noch 360 – x Liter Weingeist im Faß, aber dann nach dem Auffüllen ist das
doch ein Gemisch.“
„Stimmt, aber welche Flüssigkeitsmenge wird denn beim zweiten mal entnommen?“
„x + 84.“
„Und wie groß ist der Anteil an Weingeist an dieser Menge, wenn alles gleichmäßig vermischt ist?“
„Im Faß sind nach dem Auffüllen wieder 360 Liter, aber davon sind nur 360 – x Liter Weingeist. Das Verhältnis
von Weingeistvolumen zum Volumen des Gemischs ist dann also (360 – x) zu 360.“
Billy zögerte einen Augenblick.
360 − x
( x + 84) Liter Weingeist.“
„Ja, dann sind bei der zweiten Entnahme von (x + 84) Litern nur
360
„Jetzt müßtest du aber die Gleichung aufstellen können.“
Billy überlegte und schrieb:
360 − x
( x + 84) = 180
360 – x 360
Als niemand Einwände erhob, forderte er die Schüler auf, die Gleichung zu lösen.
Nach kurzer Zeit gab George sein Ergebnis bekannt: x1 = 576, x2 = 60.
„Da nur 360 l im Faß sind, kann 576 keine Lösung im Sinne der Aufgabe sein, auch wenn diese Zahl die quadratische Gleichung erfüllt. Die richtige Antwort ist 60 l.“
Nur zur Kontrolle schrieb Roy dann noch die Gleichung an: x2 – 636x + 34.560 = 0.
Inzwischen hatten einige schon mit der nächsten Aufgabe begonnen und Brian erkannte sogleich, daß die Aufgabe Ähnlichkeit mit der geraden gelösten hatte, aber er kam nicht so recht weiter.
„Wieviel Wein ist den Krügen, und wieviel faßt ein Löffel? Ohne diese Angaben kann man doch das Verhältnis
in dem Gemisch nicht angeben“, beklagte sich George.
284
Aber Roy Mesick schwieg. Für Paul ein untrügliches Zeichen, daß da irgendein Trick bei der Lösung gefragt
war. Es kam ihm sogar der Gedanke, daß man die Antwort vielleicht sogar ohne irgendeine Rechnung finden konnte.
Aber wie? Er stellte sich die Krüge vor, beide waren gleich voll. Aber sie waren ja auch nach dem Austausch der
Weinsorten gleich voll. Das war’s.
„Es ist genau so viel Rotwein im Weißwein wie umgekehrt,“ sagte er mit großer Bestimmtheit und als ihn alle
fragend ansahen, fuhr er fort: „Da in beiden Krügen nach dem Austausch wieder die gleiche Menge ist, kann in dem
einen Krug nur sein, was ihn dem anderen fehlt.“
Roy lächelte zufrieden.
„Es stimmt, aber ich weiß, es ist schwer einzusehen. Vielleicht rechnet ihr zu Hause mal ein paar Beispiele durch
mit roten und weißen Kugeln. 1000 weiße sind in der einen und 1000 rote Kugeln in der anderen Schüssel. Ich nehme
100 weiße Kugeln raus und werfe sie zu den roten. Dann nehme ich wieder 100 Kugeln aus dem Gemisch heraus, sagen
wir 87 rote und 13 weiße, und lege diese wieder zurück. Dann fehlen bei den weißen Kugeln 87, und genau die Zahl
fehlt auch bei den roten.“
„Komisch“, ließ sich Billy vernehmen, „es kommt ja gar nicht darauf an, wieviel rote und wieviel weiße Kugeln
wieder zurückgelegt werden.“
Paul lachte. „Klar, das ‘gute Umrühren’ im Aufgabentext sollte uns nur auf die falsche Fährte locken.“
Für die letzte Aufgabe schlug Roy Mesick vor, eine Skizze zu machen (Abb. 89).
„Die Leiter L, das Wandstück H und der Abstand des Leiterendes von
der Wand, das ich mit x bezeichnen will, bilden ein rechtwinkliges Dreieck.“
„Gut, Billy, und was kann man dann aussagen?“
„Nach dem Satz des Pythagoras gilt dann L2 = H2 + x2.“
„Aber H kennen wir nicht.“
„Dann brauchen wir eben noch eine zweite Gleichung,“ bemerkte Paul
lakonisch.
„Ich will euch diese Gleichung angeben. Der Sachverhalt ist geometrisch eigentlich unmittelbar einsichtig. Betrachtet einmal das große Dreieck
und das kleinere, das darin liegt und auf der Quadratseite steht. Dann ist das
Seitenverhältnis H:x in dem großen Dreieck gleich dem Seitenverhältnis
(H-1):1 in dem kleineren.“
Roy schrieb die beiden Gleichungen an.
Abb. 89
L2 = H2 + x2
(1)
H H −1
=
x
1
(2)
L2 = H2 + x2
(1)
xH = x + H und x ≠ 0
(3)
„Löst man (3) nach H auf, um dann x aus (1) zu eliminieren, so führt das auf eine Gleichung 4. Grades. Um bei
quadratischen Gleichungen zu bleiben, wende ich Regel A an und gehe zu folgendem System2 über.“
xH = x + H
(3)
L2 +2xH = H2 +2(x + H) + x2
(4) = (1) + 2(3)
Brian merkte gleich, was Roy damit bezweckte.
„Auf der rechten Seite können wir die binomische Formel verwenden, denn es gilt x + H.= xH nach Gleichung
(3).“
Roy nickte und schrieb.
xH = x + H
(3)
L2 +2xH = (x + H)2
(5)
„Für xH setze ich jetzt den Term x + H ein.“
xH = x + H
(3)
(H + x)2 – 2(H + x) – L2 = 0
(6)
Jetzt meldete sich Mary. „(6) ist doch eine quadratische Gleichung für x + H.“
„Das war der Sinn der Sache“, lachte Roy, „und wie heißt die Lösung?“
„Die Lösung ist H + x = 1 ± 1 + L2 “, rief George.
„Ja, dann haben wir jetzt also das System
xH = x + H
(3)
H+x=1+
1 + L2 oder H + x = 1 - 1 + L2
das wir noch lösen müssen.“
285
(7),
„Vorher sollten wir uns aber (7) einmal genauer anschauen, und die Skizze“, fügte Roy noch hinzu.
„H und x sind Streckenlängen, also müßte H + x stets positiv sein.“ George überlegte und fuhr dann fort: „Damit
scheidet der zweite Teil der Adjunktion aus, denn 1- 50 ist negativ.“
Billy machte den Vorschlag, (3) nach x aufzulösen und dann x aus (7) zu eliminieren. Roy bat ihn, das neue System anzugeben.
x=
H
H −1
(8)
H+
H
=1 +
H −1
1 + L2
(9)
„Das wird ja immer komplizierter“, ließ sich Paul vernehmen, um gleich darauf fortzufahren, „aber wenn wir (9)
mit H - 1 multiplizieren, bekommen wir wieder eine quadratische Gleichung.“
„Und wie sieht die aus?“
x=
H
H −1
(8)
H2 – H(1 +
1 + L2 ) + (1 + 1 + L2 ) = 0
(10)
Roy sah, wie einige bereits ihre Rechner betätigten, und wartete.
„Die Gleichung (10) liefert zwei Zahlen 6,902 und 1,169“, verkündete Billy. Roy schaute auf seine Notizen und
nickte.
„Komisch“, knurrte Paul, „ich habe nicht x aus (7) eliminiert, sondern H. Bei mir sind auch die Zahlen 6,902 und
1,169 die Lösungen, aber für x.“
Roy konnte ein Schmunzeln nicht unterdrücken. „Vielleicht berechnest du mal das Ergebnis für H, Paul, wir hatten L2 = 49.“
Paul betätigte seinen Rechner. „Zu x = 6,902 gehört H = 1,169, und für x = 1,169 erhalte ich H = 6,902,“
„Wundert dich das?“
Paul schaute abwechselnd auf seine Rechnungen und auf die Tafel mit der Skizze. „Klar, das muß ja so sein, die
Leiter kann man ja nicht nur steil an die Wand stellen, wo sie in einer Höhe von 6,90 m die Wand berührt, sondern auch
ganz flach. Dann berührt sie die Mauer in einer Höhe von 1,17 m. Aber das macht ja keiner.“
„Eigentlich kann man das schon an den Gleichungen (1) und (3) sehen, denn wenn man da x und H vertauscht,
erhält man die gleichen Gleichungen zurück.“
„Gut beobachtet, Brian, aber für jetzt reicht’s.“
286
1
François Viète, De Emendatione Aequationum
in Opera Mathematica recognita Francisci à Schooten (Nachdruck 1970 Hildesheim/New York)
x ≠ 0 und H ≠ 0 werden im folgenden nicht mehr aufgeführt, da diese Ungleichungen aus geometrischen Gründen erfüllt sein müssen.
2
287
Document
Kategorie
Seele and Geist
Seitenansichten
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