wieviele dreiecke gibt es |
02.02.2006, 13:09 | SpUnK | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
wieviele dreiecke gibt es ich hoffe jemand kann mir helfen. ich suche einen lösungsweg für folgende aufgabe: gegeben ist ein gleichseitiges dreieck. winkel alpha und beta sind unterteilt in jeweils 15° winkel. die frage ist wieviele dreiecke sind es dann insgesamt. ich hoffe diese einfache beschreibung ist verständlich. ich selbst komme nicht auf eine formel, doch ich denke das es eigentlich eine einfache art und weise geben müsste. vielen dank fürs helfen |
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02.02.2006, 13:16 | bishop | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hmh ich schätze es ist einfacher sich die Sache mal aufzumalen und dann abzuzählen Dazu musst du nichtmal winkeltreu arbeiten, sondern dir einfach überlegen wie groß die Winkel in einem gleichseitigen Dreieck sind und in wieviel Teile sie demnach aufgeteilt werden. Anders sieht die Sache dann aus, wenn die Winkel in n Teile geteilt werden, dann kann man auch eine Funktion angeben. |
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02.02.2006, 13:40 | SpUnK | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
re:wieviele dreiecke gibt es danke für die antwort, aber zählen möchte ich grade nicht. ich würde lieber auf eine formel kommen. hab schon mal angefangen zu zählen, hab aber gedacht das es eine regelmässigkeit gibt und eine gleichung einfach zu erstellen sei. komm aber doch noch nicht drauf. |
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02.02.2006, 14:07 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: re:wieviele dreiecke gibt es nur eine (wesentliche) frage dazu: werden dreiecke mehrmals gezählt? als beispiel: wenn ich von A aus eine gerade durch das dreieck lege, sind das dann 2 dreiecke oder 3? werner |
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02.02.2006, 14:08 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Klingt wie eine dieser unpräzis gestellten Fragen aus diesen neuerdings so populären Telefon-Abzock-Quizsendungen (9live u.ä. Scheiß). Da wird auch nicht gesagt, ob es nur um nichtüberlappende Dreiecke der Zerlegung, sondern auch um alle möglichen daraus zusammensetzbaren Dreiecke geht... EDIT: Da hatten wohl zwei denselben Gedanken. |
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02.02.2006, 18:22 | SpUnK | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: re:wieviele dreiecke gibt es alle dreiecke sollen gezählt werden ALLE wenn ich zB von A aus die drei geraden ziehe, nur von A aus, so habe ich 10 dreiecke "gezählt".usw. |
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03.02.2006, 14:01 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: re:wieviele dreiecke gibt es wenn die geraden nur von einer ecke ausgehen, habe ich die vermutung: z =(n+1)(n+2)/2. n anzahl der geraden, z anzahl der dreiecke. werner |
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03.02.2006, 14:22 | Denjell | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
ich werf ma für den fall das die linien von 2 Ecken ausgehen folgende Formel in den Raum: z=8*(n+1)*n/2 Legende wie bei Werner PS: mir brennen die Augen |
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03.02.2006, 16:49 | SpUnK | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hallo kannst du mir vielleicht kurz erläutern wie du auf diese formel kommst? |
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03.02.2006, 18:27 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
@spunk: einfach vermutung, sozusagen unvollständige induktion @denjell: ich zähle für n = 1: z = 10 > 8. aber habe mich vermutlich verzählt. da brauchen wir arthur! werner |
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04.02.2006, 11:33 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Na wenn ich schon gerufen werde, kann ich mich dem schlecht entziehen. Ist übrigens eher ein Kombinatorik-Problem, aber lassen wir's mal ruhig hier... (1) Werner, falls du mit n Geraden die Anzahl der von einem Eckpunkt ausgehenden inneren Transversalen meinst, stimmt das natürlich: Inklusive der beiden anliegenden Dreiecksseiten hat man (n+2) Strecken, aus denen man beliebige zwei auswählen kann, die zusammen mit einem Stück der gegenüberliegenden Dreiecksseite jeweils ein Teildreieck bilden. Ergibt die Anzahl . (2) Bei jeweils n Transversalen von zwei Ecken gibt es formal erstmal Teilflächen, von denen allerdings nur ein Teil Dreiecke sind, der Rest sind Vierecke. Die Schnittfigur zweier solcher Dreiecke aus (1) ist genau dann ein Dreieck, falls wenigstens eines der Dreiecke die Basisseite (die die beiden fraglichen Eckpunkte verbindet) enthält. Das ergibt einfach Bei der Formel fragt man sich natürlich, ob das nicht auch einfacher geht... (3) Bei jeweils n Transversalen von drei Ecken kommt es jetzt auf die genaue Lage der Transversalen an, wie z.B. in der Aufgabe genau festgelegt. Scheint deutlich schwieriger zu sein - von Hand gezählt habe ich 148 raus. Ist aber mit hoher Wahrscheinlichkeit falsch, bestimmt habe ich einige vergessen. |
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04.02.2006, 14:00 | sqrt(2) | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Sind die neben denen durch Schnitten mit den Geraden aus jeweils einer der anderen beiden Ecken zustande kommenden Dreiecke nicht die, die durch genau eine Gerade aus jeder Ecke begrenzt sind, was ergäbe? |
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04.02.2006, 14:54 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Hmmm, also bei zählst du das Original-Dreieck dreimal statt einmal, aber das lässt sich durch ja noch korrigieren. Aber das mit dem stimmt nur dann, wenn sich keine drei Transversalen im Inneren schneiden. Diese Bedingung ist in der vorliegenden Aufgabe offensichtlich nicht erfüllt. Aber trotzdem lässt sich aus dem Ansatz was machen. EDIT: Bei zählst du auch noch weitere Dreiecke mehrfach... |
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04.02.2006, 15:37 | sqrt(2) | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Das ist einleuchtend, danke.
Wie das? Wenn Geraden aus der gleichen Ecke "gleichfarbig" und die Grundseiten "schwarz" heißen, dann sind die Dreiecke, die ergeben, entweder durch zwei schwarze und eine farbige Seite begrenzt, durch zwei gleichfarbige und eine schwarze, durch zwei ungleichfarbige und eine schwarze oder durch drei schwarze. Kommt nun eine dritte Farbe hinzu, so müssten, um das gleiche Dreieck ein weiteres Mal zu zählen, bei diesem Dreieck alle drei Farben übereinstimmen. Da keine ungleichfarbigen Geraden übereinanderliegen, kommt zur doppelten Zählung doch nur noch das Dreieck aus drei schwarzen Seiten infrage, was sich durch Subtraktion von 2 korrigieren lässt. |
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04.02.2006, 16:59 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Einen Fall hast du vergessen. Ich schreib's noch mal übersichtlich: (A) 2 x Schwarz, 1 x Farbe1 (B) 1 x Schwarz, 2 x Farbe1 (C) 1 x Schwarz, 1 x Farbe1, 1 x Farbe2 (D) 3 x Schwarz Und was du vergessen hast: (E) 2 x Farbe1, 1 x Farbe2 Die Dreiecke aus (A) und (B) zählst du bei doppelt (in der Art (1,2),(1,3),(2,3)), das eine Dreieck von (D) sogar dreifach. (C) und (E) werdenn korrekt nur einmal gezählt. Alles zusammen ergibt sich dann . Gilt natürlich nur, wenn sich keine drei Transversalen in einem inneren Punkt schneiden. Hoffentlich stimmt das jetzt. |
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04.02.2006, 22:04 | sqrt(2) | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Danke, jetzt habe ich es verstanden.
Wenn man das nimmt und die Dreiecke mit drei unterschiedlichen Seitenfarben manuell zählt, kommt man (oder komme ich) insgesamt auf 183 Dreiecke, was einem Dreieck weniger pro Dreitransversalenschnittpunkt entspricht. |
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05.02.2006, 12:36 | SpUnK | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
hallo hätte nicht gedacht dass ich mit meiner frage eine so rege diskussion anstoße, freut mich aber wirklich. Leider muss ich gestehen dass ich jetzt aber nicht mehr folgen kann. ich würde nochmal gerne nachfragen: bei der aufgeabe gehen also von zwei ecken jeweils 3 transversale aus. das ergibt nach der formel von arthur (n+1)³=z2 aber 343 dreiecke. das kann doch nicht sein. ich habe leider auch deine herleitung nicht verstanden. vielleicht kannst du mir einen gefallen tun und versuchen einem laien deinen gedankenweg zu erläutern. vielen dank und schönen sonntag |
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05.02.2006, 12:42 | riwe | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
will mich nicht einmischen, aber 4^3=64, da steht doch: jeweils n geraden, aber wer weiß! werner |
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05.02.2006, 16:16 | SpUnK | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
stimmt jeweils n geraden, das habe ich überlesen. also 64. ich habe einmal gezählt und war da schon bei 71 gewesen, aber kann gut sein das das nix heißt... |
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06.02.2006, 01:14 | SpUnK | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
??? |
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