MB Matheblog # 27

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Unter den Hunderten mathematischer Probleme, denen ich begegnet bin und die ich zum Teil in der Problem-Rubrik auf dieser Website vorgestellt habe, sind einige wenige, die zu meinen klaren Favoriten zählen. Ich mag Probleme, die einen gewissen "Pfiff" haben oder ein "Aha-Erlebnis" beim Leser hervorrufen, und auch solche, die verblüffend oder gar paradox erscheinen. All diese Eigenschaften finden sich in dem Tortenproblem, das hier behandelt werden soll. Unter meinen Favoriten steht es seit längerem an der Spitze (gefolgt vom Mauerschatten-Blog # 3). Das Tortenproblem hätte auch in der Problem-Rubrik erscheinen können, aber ich habe mich für den Blog entschieden, weil die Lösung nicht ganz einfach ist. Zuerst soll die Ausgangslage des Problems und das einfachste Beispiel beschrieben werden:

Bild 1

Tortenproblem  –  Einführung Wir nehmen eine kreisrunde Torte mit einer dunklen Oberfläche (z.B. Schokolade) und einem hellen Boden. Aus ihr werden Tortenstücke gleicher Größe in Form von Kreissektoren ausgeschnitten (siehe Bild 1). Jedes Stück grenzt an seinen Vorgänger und liegt im Gegenuhrzeigersinn neben ihm. Wenn ein Stück ausgeschnitten ist, wird es umgedreht, ändert also seine Farbe (siehe Bild 1). Der Einfachheit halber werden wir nicht immer von Dunkel und Hell, sondern meist von Schwarz und Weiß sprechen. Zur Standardisierung dieses Vorgangs stellen wir uns vor, dass die Schnitte nicht gesetzt werden, indem jemand mit dem Messer um die Torte herumgeht, sondern die Schnitte werden immer am oberen Kreisrand angesetzt und der Kuchen wird im Uhrzeigersinn weitergedreht. Mit Ausnahme des allerersten Schnitts ("Schritt 0", der im Folgenden bedeutungslos ist und nicht mitgezählt wird) soll ein "Schritt" aus drei Aktionen bestehen: - Drehen der Torte um einen Winkel  α - Schneiden - Wenden des eben abgeschnittenen Tortenstücks Im einfachsten Fall ist  α = 360°/m  mit natürlichem  m ≥ 2 .  Dann lassen sich genau  m  Stücke ohne Rest aus der Torte schneiden. Für  m = 9  zeigen wir mehrere Einzelschritte: Bild 2   α = 360°/9 = 40° Was in Bild 2 gezeigt wurde, ist im Folgenden für beliebige Winkel  α  das Ziel: Es soll solange gedreht, geschnitten und gewendet werden, bis die Torte auf der Oberfläche wieder ganz dunkel ist.  Für  α = 360°/m  werden  s = 2m  Schritte benötigt. Natürlich stellen sich sofort interessante Fragen: Geht das immer? Wieviel Schnitte werden benötigt?

Bei  α ≠ 360°/m  ist alles anders ! Wir zeigen in Bild 3 oben den "Überlappungs"-Schritt und unten den Folgeschritt sowie einen weiteren, willkürlich herausgegriffenen Schritt. Bild 3   α = 360°·3/17 Was sieht man in Bild 3? Die Torte lässt sich nicht ohne Rest in ganze Stücke schneiden; als Beispiel haben wir hier Tortenstücke genommen, deren Größe  3/17 der Gesamtfläche beträgt. Dies führt zu einem ganz anderen Bild als in Bild 2. Nach dem 5. Schritt bleibt ein Reststück stehen, das kleiner als die bereits abgeschnittenen Stücke ist; den zugehörigen Winkel wollen wir  β  nennen. Also entsteht beim Drehen um den Winkel  α  eine "Überlappung". Nach dem Schneiden sehen wir noch einen dritten Winkel  γ . Offenbar gilt für  α  = 360°·q  ( q  kein Stammbruch): β  =  360°-  ⌊1/q⌋·α  =  360°-  n·α .  ( ⌊.⌋  steht für ganzzahlige Abrundung.) Hier haben wir  n = ⌊1/q⌋  gesetzt.  n  ist dann die Anzahl der Tortenstücke, die maximal aus der Torte geschnitten werden können, mit dem Reststück mit Winkel  β .  Damit gilt  360°/(n+1) <  α < 360°/n .  In Bild 3 ist also  β = 360°·2/17  und  n = 5 . Wir erhalten  γ = α - β ,  also in Bild 3  γ = 360°·1/17 . Der Schritt 7 wurde aufgenommen, um zu zeigen, wie es weitergeht  –  nämlich mit "Lücken" zwischen den schwarzen Flächen, was in Bild 2 nicht vorkam.  –  Schritt 15 zeigt zum einen, dass der Winkel  α  völlig verschwunden ist und nur noch  β  und  γ  vorkommen; und zum zweiten, dass es nicht ganz leicht ist sich vorzustellen, welche Flächen schwarz bzw. weiß nach  j  Schritten sind. Führt das Verfahren für  α = 360°·3/17  zum "Erfolg" (Torte ganz dunkel)? Ja, und zwar nach  s = 60  Schritten. Das werden wir weiter unten noch beweisen. Ich denke, nur ganz Gewitzte erkennen jetzt schon, wie  s = 60  aus  q = 3/17  folgt.

• Die rechte (sternförmige) Skizze in Bild 4 ist ein Fixpunkt für die Schnittlinien. Denn jeder weitere Schritt lässt das Schnittbild unverändert. Wir sind also in wenigen Schritten an einer Stelle angekommen, ab der sich die wenigen Schnittlinien nicht weiter vermehren.
  Das lässt sich anhand von Bild 4 leicht nachvollziehen, wird aber weiter unten mathematisch exakt nachgewiesen.


• Diese Argumentation benutzt aber den genauen Wert von  α  nicht. Wir wären zum gleichen Ergebnis gekommen, wenn wir  α  ein wenig kleiner oder größer gewählt hätten (mit  n = 4), z.B. mit  q = 95/433 .  Insbesondere hätten wir sogar  α  irrational wählen können, z.B. mit  q =(√2)/7 .


• Die beiden genannten Punkte entsprechen vermutlich nicht den Erwartungen, die man bei der Problemstellung anfangs hat. Insbesondere kann man sich weiter oben nochmal die "üblichen Reaktionen" anschauen: Dass der Nenner von  q (rational) eine Rolle bei der Anzahl der Schritte spielt, scheint nun widerlegt und wird weiter unten genauer untersucht; dass man bei irrationalen  q  nie zweimal an derselben Stelle schneidet, ist offenbar irrelevant.


• Die irrationalen  q  könnten aber dennoch Kopfzerbrechen bereiten. Was genau ist denn falsch an der Argumentation, dass dann für verschiedene Vielfache von  α  gilt:  n₁·α ≠ n₂·α mod 360° ? Daran ist gar nichts falsch, aber es geht am Problem vorbei. Nehmen wir an, die Torte liegt auf einer Pappe, die die Drehungen mitmacht; bei jedem Schnitt machen wir eine Markierung an der Schnittstelle auf der Pappe. Dann ist die Überlegung völlig richtig, dass bei irrationalen Winkeln keine Markierung erneut getroffen wird. Aber durch das Wenden der Tortenstücke werden ja Schnittlinien verschoben und liegen dann nicht mehr über ihrer ursprünglichen Markierung; das ist offenbar der Grund für die erstaunliche Tatsache, dass man nur endlich viele Schnittlinien erhält. Das lässt sich mathematisch ausdrücken:
  
  Wir setzen wieder  n = ⌊1/q⌋ .  Die ersten  n  Schritte ergeben Schnittlinien und Markierungen bei den Winkeln  j·α, j = 0 ... n .  Die weiteren Schritte ergeben Schnittlinien bei den Winkeln  j·α - γ, j = 1 ... n  (siehe Tabelle 1) und Markierungen bei den Winkeln  i·α + k·γ mod 360°, i = 0 ... n, k ∈ N .  Ist nun  α  irrational, so auch  β  und  γ .  Alle Markierungen liegen dann  –  wie erwartet  –  paarweise verschieden, denn wir erhalten für (i₁,k₁) ≠ (i₂,k₂):
  
  Ann.:  i₁·α + k₁·γ = i₂·α + k₂·γ mod 360°   ⇒   i₁ ≠ i₂  ∧  k₁ ≠ k₂  ∧  γ = r·α  mit  r  rational   ⇒   360° = (n+1)·α - r·α   ⇒   α rational.  Wid.
  
  Ferner liegen die Schnittlinien aus den Schritten  n+1 ... 2n  nicht auf Markierungen:
  
  Ann.:  j·α - γ = i·α + k·γ mod 360°   ⇒   i ≠ j  ∧  γ = r·α  mit  r  rational   ⇒   360° = (n+1)·α - r·α   ⇒   α rational.  Wid.
  
  Bild 5 zeigt dies für ein irrationales  q ,  das sehr nah bei  q = 5/24  wie in Bild 4 liegt, so dass wieder  n = 4 .  Der schwarze Punkt und die orangenen Punkte auf der Peripherie sind die Markierungen am Rand der Pappe, während die Striche (Radien) wieder die Schnittlinien darstellen, die wir auf der Oberfläche der Torte sehen. Der schwarze Punkt stammt vom ersten Schnitt in Schritt 0 und bietet eine Orientierung für die schrittweise Drehung der Torte um den Winkel  α .  Bis zur vierten Skizze stimmen Markierungen und Schnittlinien überein. In den nächsten vier Skizzen kommen jeweils eine Schnittlinie und eine Markierung hinzu, aber die neuen Schnittlinien liegen nicht über Markierungen. Ab dann bleiben die Schnittlinien unverändert, während immer mehr Markierungen hinzukommen, die wegen der Irrationalität des Drehwinkels nicht auf früheren Markierungen liegen; außerdem haben wir eben gezeigt, dass sie auch nicht auf Schnittlinien liegen.
  
  
  
  Bild 5   α = 360°·5/24 + ε = 75°+ ε (∉ Q), n = 4

• Das "Wenden" betrifft immer nur ein Tortenstück "oben rechts" mit Winkel  α ;  dieses umfasst also ein  β-Stück und ein  γ-Stück. Nur diese wechseln die Farbe  –  und laufen dann im Uhrzeigersinn rundum (siehe Bild 8).


• Da es  n+1 β-Stücke gibt, werden am Anfang in  n+1  Schritten alle  β-Stücke weiß, in weiteren  n+1  Schritten alle wieder schwarz usw. Also: Alle  β-Stücke sind schwarz nach  p₁(n+1)  Schritten,  p₁  gerade; alle sind weiß nach  p₁(n+1)  Schritten,  p₁  ungerade.


• Da es  n γ-Stücke gibt, werden am Anfang in  n  Schritten alle  γ-Stücke weiß, in weiteren  n  Schritten alle wieder schwarz usw. Also: Alle  γ-Stücke sind schwarz nach  p₂·n  Schritten,  p₂  gerade; alle sind weiß nach  p₂·n  Schritten,  p₂  ungerade.


• Somit sind alle  β-  und alle  γ-Stücke schwarz für  p₁(n+1) = p₂·n  mit  p₁, p₂  gerade. Das Ziel wird also erreicht nach  s(n) = kgV(2(n+1), 2n) = 2n(n+1)  Schritten.


• Die  β-  und  γ-Stücke werden nie alle gleichzeitig weiß, denn  p₁(n+1) = p₂·n  mit  p₁, p₂  ungerade ist nicht möglich.

Stand 2022-03-29

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