Tortenschnitte

23.06.2010, 11:52

cherry18

Tortenschnitte

Hallo ich hab folgendes Rätsel:

"In wie viele Stücke kann man eine runde Torte mit 6 geraden senkrechten Schnitten höchstens zerteilen?"

Also die Lösung hab ich eigentlich schon, weil ich hinten im Lösungsteil nachgeguckt habe smile

, aber ich kapier einfach nicht wie man darauf kommt?

Poste aber mal noch nicht die Lösung mit, weil vielleicht jemand selbst Spass hat an rätseln und selber drauf kommen will.

23.06.2010, 11:54

sulo

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RE: Torte!!
Ich vermute, man muss sich von der Idee verabschieden, dass man diese Torte anschließend noch auf einer Kaffeetafel präsentieren kann.... Big Laugh

23.06.2010, 12:01

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RE: Torte!!
Schade, die vollkommene Zahl um eins verfehlt: 43

EDIT: Sorry, kann heute wohl nicht durch 2 teilen - es sind 22. Big Laugh

23.06.2010, 12:10

cherry18

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Ja 22 ist richtig, aber wie kommt man darauf?^^

23.06.2010, 13:15

cutcha

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Du musst einfach bedenken, dass es keine gleichgroßen Stücke sein müssen. Dann muss nurnoch jeder Schnitt alle anderen schneiden. In einem Schnittpunkt dürfen sich aber nur 2 Schnitte treffen.

23.06.2010, 13:18

Huggy

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Und durch jeden Schnittpunkt dürfen nur 2 Geraden (Schnitte) gehen.

23.06.2010, 15:42

cherry18

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Also hab es jetzt einfach mal durch ausprobieren gemacht und dann hatte ich auch 22 Stücke.

Aber ich würde gerne wissen wie man das mathematisch zeigen kann?

23.06.2010, 15:54

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Die $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -te Schnittgerade trifft im Maximalfall alle $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ vorherigen Schittgeraden innerhalb des Tortenkreises. Damit teilt sie in diesem Maximalfall genau $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Tortenstücke, d.h. es werden $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Tortenstücke mehr als bei $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ Schnittgeraden (Skizze machen!).

In eine Rekursion gefasst ergibt das die Anzahlfolge $\begin{eqnarray*} a_n = a_{n-1} + n \end{eqnarray*}$ mit Startwert $\begin{eqnarray*} a_0 = 1 \end{eqnarray*}$ (keine Schnittgerade, d.h. ein Stück = gesamte Torte). Die lässt sich leicht explizit darstellen als $\begin{eqnarray*} a_n = 1 + \sum_{k=1}^n k = 1 + \frac{n(n+1)}{2} \end{eqnarray*}$ . Hier ist nun $\begin{eqnarray*} a_6 = 1 + \frac{6\cdot 7}{2} = 22 \end{eqnarray*}$ gesucht.

----------------------------------

Ein wenig interessanter ist die gleiche Aufgabe im Raum, d.h. mit Schnittebenen:

In dem Fall ergibt sich die Anzahl der Stücke $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ als Rekursion $\begin{eqnarray*} b_n = b_{n-1}+a_{n-1} \end{eqnarray*}$ (mit obigem $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

) und wiederum Startwert $\begin{eqnarray*} b_0=0 \end{eqnarray*}$ .

Die explizite Darstellung ist dann $\begin{eqnarray*} b_n = 1+n + \frac{(n-1)n(n+1)}{6} = \frac{(n+1)(n^2-n+6)}{6} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} b_6 = 42 \end{eqnarray*}$ - endlich mal meine Zahl. Big Laugh

21.08.2012, 18:04

magdeburger555

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Holzquader mit geraden Schnitten trennen.
Ciao
Ich stiess vor einigen Tagen auf eine Matheaufgabe, die wie folgt lautet:
In wieviele Stücke kann man einen Holzquader mit geraden "Linien" zersägen, wenn man 3, 4, 5, 6 und 10 Schnitte hat. Gilt dafür die gleiche Formel wie für den Kuchen oder muss man dafür eine andere nehmen?

21.08.2012, 18:17

kgV

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Ich wage zu behaupten, dass es zwischen Holz und Kuchen nur einen Unterschied in der Konsistenz (und im Geschmack) gibt. Verwende ruhig die Formel.
Lg
kgV
Wink

06.11.2020, 18:58

cheerleader

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Dreidimensionale Torte mit n Schnitten in maximal viele Stücke teilen (REKURSION)
Kann mir jemand erklären wie hier die Rekursion für den dreidimensionalen Raum zustande kommt? Also weshalb gilt:

B(n) = B(n-1)+A(n-1)

Beim zweidimensionalen Gedankenspiel war es ja so, dass wir mit unserem n-ten Schnitt die bisherigen n-1 Schnittgeraden ALLE treffen, und somit n bestehende "Gebiete" zerteilen, also, zusätzlich zu den Stücken die wir schon vorher hatten, einen Zuwachs von n neuen Stücken haben (als neue Teilstücke der vorherigen Gebiete). Daher:

A(n) = A(n-1) + n

Auch im Dreidimensionalen behalten wir beim n-ten Schnitt die vorherigen Stücke bei, doch ich verstehe nicht weshalb wir einen Zuwachs von genau A(n-1) haben.
Vielleicht mangelt es mir auch an Vorstellungskraft wie es aussehen würde, wenn ich mit meiner n-ten Schnittebene alle bisherigen Ebenen schneide.

Bin für jeden Hinweis dankbar! smile

06.11.2020, 21:29

HAL 9000

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Die $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -te Ebene schneidet maximal alle $\begin{eqnarray*} (n-1) \end{eqnarray*}$ bisherigen Ebenen; als Schnittbilder entstehen dann in dieser Ebene maximal $\begin{eqnarray*} (n-1) \end{eqnarray*}$ Geraden. Und diese Geraden unterteilen diese Schnittebene in maximal $\begin{eqnarray*} A(n-1) \end{eqnarray*}$ Teilflächen (wie oben ja bewiesen wurde), welche ihrerseits jeweils ein Raumsegment diesseits und jenseits der Ebene in nunmehr zwei Raumsegmente unterteilt. Somit wächst durch diese $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -te Ebene die Anzahl der Raumsegmente um jene maximal $\begin{eqnarray*} A(n-1) \end{eqnarray*}$ .

Unter "Raumsegment" verstehe ich dabei entweder klassische konvexe Polyeder oder aber "ins Unendliche offene" Polyeder (ich hoffe du verstehst, was ich damit meine).

08.11.2020, 18:12

quadrierer

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Was ist mit der Stückzahl für den einfachsten Fall, wenn ein senkrechter Schnitt immer nur ein Teil trifft?

08.11.2020, 18:22

HAL 9000

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Ich weiß nicht, was du mit senkrecht bei diesen Schnitten meinst. verwirrt

Jedenfalls tritt der Fall, dass jede neue Ebene nur ein "altes" Teil trifft nur dann ein, wenn sämtliche $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Ebenen parallel sind... die Antwort nach der Teilanzahl ist in diesem Fall ja wohl offensichtlich.

08.11.2020, 18:27

quadrierer

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Senkrechter Schnitt steht in der ursprünglichen Aufgabenstellung. Ich verstehe es so, dass nicht horizontal geschnitten wird.

08.11.2020, 19:15

Finn_

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Steiners Cake. Eine Reise weit zurück in die Vergangenheit, da hat Beethoven noch gelebt. Die Leute müssen damals viel Kuchen gegessen haben.

08.11.2020, 19:46

HAL 9000

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@quadrierer

Achso, du bist wieder beim ebenen Originalproblem: Das eigentlich dreidimensionale Problem wird ja durch diese Senkrechtforderung erst zum ebenen Problem.

Und ja richtig, da die Torte endlich ist, muss man natürlich nicht notwendig parallel schneiden, damit man immer nur ein altes Teil zerlegt. Aber die Anzahl ist bei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Schnitten natürlich in jedem Fall $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ , wenn man immer nur genau ein Tortenteil zerlegt.

Zitat:

Original von Finn_
Steiners Cake.

Nie gehört, aber das muss nichts heißen. Falls das der Fachbegriff zu dem Problem sein soll, dann muss Freund Google den wohl auch noch kennenlernen. verwirrt

08.11.2020, 20:15

quadrierer

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@ HAL

(n+1) - Stücke stimmt genau. Wie aber ist es mit der Verteilung gleich grosser Stücke?

08.11.2020, 20:45

HAL 9000

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Zitat:

Original von quadrierer
Wie aber ist es mit der Verteilung gleich grosser Stücke?

Das ist ja schön, wie du hier vom Thema immer weiter abschweifst: Um irgendwelche Größenverteilungen der Stücke geht es hier doch gar nicht - um sowas betrachten zu können, braucht man doch eine ganz andere Informationslage. unglücklich

09.11.2020, 11:55

PhyMaLehrer

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Zitat:

Original von Finn_
Steiners Cake. Eine Reise weit zurück in die Vergangenheit, da hat Beethoven noch gelebt. Die Leute müssen damals viel Kuchen gegessen haben.

Off topic:
Wie Marie Antoinette schon von den armen Leuten sagte: „Wenn sie kein Brot haben, sollen sie doch Kuchen essen!“

09.11.2020, 17:53

HAL 9000

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Zitat:

Original von PhyMaLehrer
Wie Marie Antoinette schon von den armen Leuten sagte: „Wenn sie kein Brot haben, sollen sie doch Kuchen essen!“

Da sind sich heutzutage die meisten Historiker einig, dass das Zitat eine Erfindung war. Auch damals gab es schon Fake News, und Marie Antoinette als Ausländerin erfreute sich da besonders auf vielen Flugblättern und Schmähschriften als beliebtes Hassobjekt. (Wenn man das betrachtet, da hatten die Kommunisten zu ihrer Herrschaftszeit die Presse besser im Griff als seinerzeit das Ancien Régime.)

11.11.2020, 17:54

cheerleader

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Dreidimensionale Torte mit n Schnitten in maximal viele Stücke teilen (REKURSION)
Danke für die bisherigen Rückmeldungen, besonders HAL 9000 hat mir mit seinem Beitrag sehr zum Verständnis verholfen.

Nun habe ich mich daran versucht die Rekursion B(n) = B(n-1) + A(n-1) explizit zu lösen um zu der expliziten Formel im Beitrag von AD zu gelangen.

Mein Problem ist, wir haben bisher nur gelernt wie man lineare (in-)homogene Rekursionen explizit lösen kann, doch wenn ich in die Rekursion A(n-1) einsetze, erhalte ich ja wegen

A(n-1) = 1 + [(n-1)*(n)]/2 = 1 + [n^2 - n]/2

folgendes:

B(n) = B(n-1) + [n^2 - n]/2 + 1

Also habe ich durch das n^2 einen nicht linearen Summanden.

Wie würdet ihr weiter vorgehen?

11.11.2020, 19:23

Finn_

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Am wenigsten Arbeit hast du wohl hiermit: Die Rekursion als Summierung schreiben, dann die Linearität des $\begin{eqnarray*} \textstyle\sum \end{eqnarray*}$ -Operators nutzen. Für den quadratischen Term siehe im Aritkel Faulhabersche Formel.

11.11.2020, 19:30

HAL 9000

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Andere Möglichkeit: Kubischer Polynomansatz für $\begin{eqnarray*} B(n) \end{eqnarray*}$ (nämlich um 1 höher gewählt als der Grad des Summandenpolynoms $\begin{eqnarray*} \frac{n^2-n}{2}+1 \end{eqnarray*}$ ), der Anfangswert $\begin{eqnarray*} B(0)=1 \end{eqnarray*}$ sowie der Koeffizientenvergleich basierend auf der Rekursion $\begin{eqnarray*} B(n)-B(n-1) = \frac{n^2}{2} - \frac{n}{2} + 1 \end{eqnarray*}$ liefert dann die Koeffizienten dieses kubischen Polynoms.

11.11.2020, 20:15

Finn_

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Wäre es nicht schön, wenn man so ein unliebsames LGS umschiffen könnte? Bei äquidistanten Stützstellen gilt für die Polynominterpolation in Analogie zur Maclaurin-Reihe die hübsche Formel

$\begin{eqnarray*} f(n) = \sum_{k=0}^\infty \frac{(\Delta^k f)(0)}{k!}n^{\underline k} \end{eqnarray*}$

mit Differenz-Operator $\begin{eqnarray*} (\Delta f)(x):=f(x+1)-f(x) \end{eqnarray*}$ und fallender Faktorieller $\begin{eqnarray*} n^{\underline k} := n\cdot (n-1)\cdot \ldots\cdot (n-k+1) \end{eqnarray*}$ . Die Reihe hat nur endlich viele Summanden, da $\begin{eqnarray*} (\Delta^k f)(0) \end{eqnarray*}$ bezüglich $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ irgendwann null wird.

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