Sehr schwierig! Regelmäßiges 120 Eck |
14.10.2007, 21:27 | -Kay- | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Sehr schwierig! Regelmäßiges 120 Eck Ich habe ein so unglaublich schwere Aufgabe, dass ich sie alleine nicht lösen kann!!! Bitte helft mir!!! Geg: regelmäßiges 120-Eck Frage: a) Wie viele verschiedene (nicht kongruente) Dreiecke lassen sich aus den Eckpunkten eines regulären 120-Ecks bilden? b) Wie viele verschiedene (nicht kongruente) Dreiecke lassen sich aus den Eckpunkten eines 6n-Ecks bilden? Unser Lehrer hats uns schon vorgerechnet, aber ich checks immer noch nicht, bzw. ich glaube er hat einen Fehler gemacht. Was unser Lehrer so gerechnet hat: 120 über 3 --> alle Dreiecke gleichschenklige 120 * 59 gleichseitige 40 * 1 allgemeine Dreiecke 240*1141 ----> 59 + 1 + 1141 = 1200 Meine Frage: Wieso 59 und nicht 58 und wie kommt er auf die allg. Dreiecke??? |
||||
14.10.2007, 22:11 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Hallo, in der Tat müsste es 58 heißen. Gleichschenklig, aber nicht gleichseitig: Gleichseitig: Rest: Es muss gelten: Daraus folgt: Das Endergebnis lautet somit . Gruß, therisen |
||||
14.10.2007, 22:30 | -Kay- | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
hm... 1. wie kommst du auf: Rest: 2 * 120 * x 2. ist bei deinen "gleichschenklig, aber nicht gleichseitig" nicht doch ein gleichseitiges dabei? das "-2" bezieht sich doch auf den obersten und untersten Punkt des 120 Ecks der in ein gleichschenkliges Dreieck nicht eingbaut werden kann, oder? |
||||
14.10.2007, 23:00 | -Kay- | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: hm... nochmal zu Rest 2 * 120 *x die 120 * x sind mir einleuchtend, aber wieso 2* ????????? |
||||
14.10.2007, 23:50 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Der Faktor 2 kommt dadurch zustande, dass jeweils 2 Orientierungen möglich sind. |
||||
15.10.2007, 09:54 | -Kay- | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
merci hey, ich weiß zwar nicht was du mit 2 orientierungen meinst, aber ich habs mir selber erklären können, 2 * 120 *x , 2 steht dafür, dass man alles spieglen kann die 120 für sämtliche "Anfangspunkte" für ein Dreieck und x sind die ganzen verschiedenen Dreiecke die man bilden kann :-D stimmts? |
||||
Anzeige | ||||
|
||||
15.10.2007, 09:57 | -Kay- | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
6n eck jetzt brauche ich nur noch eine allg formel für ein 6n eck :-D bin schon am grübeln :-) |
||||
15.10.2007, 10:15 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ja, genau. Ich habe meinen Beitrag oben extra so formuliert, dass du nur noch 120 durch 6n ersetzen musst. Das ergibt am Schluss eine Formel in Abhängigkeit von n. Gruß, therisen |
||||
15.10.2007, 10:41 | -Kay- | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
hm...... hm...... ich bin auf was gekommen, und wenn ich zahlen einsetze klappts auch, schaut auf den ersten blick aber irgendwie nicht aus wie deins..... (6n über 3 gebrochen durch 12n) plus drei halbe n minus ein sechstel ... stimmt das? ich hoffe du kannst es lesen ;-) |
||||
15.10.2007, 11:06 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
RE: hm......
Nicht wirklich. Hast du schon mal was von Vereinfachen gehört? Ich erhalte . Schaut irgendwie einfacher aus als dein Ergebnis |
||||
15.10.2007, 11:41 | -Kay- | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
problem wenn du zB. 20 in meine formel einsetzt, klappts ja auch, aber ich schaffs einfach nicht das ding besser zu kürzen... mein problem ist diese fakultäten zu kürzen... kannst du das mal mit meiner formel versuchen...? die auf 3n² zu kürzen? |
||||
15.10.2007, 11:50 | therisen | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich muss jetzt in die Uni. Arbeite mit . |
||||
15.10.2007, 14:01 | AD | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Alternative Möglichkeit (bitte nicht als Aufforderung zum Umschwenken verstehen): Das Problem hier lässt sich auch ganz gut mit dem Burnside-Lemma lösen. Mit den Wikipediabezeichnungen wäre hier die Menge aller Dreiecke mit Eckpunkten aus der Eckpunktmenge des regelmäßigen -Ecks, d.h. . Zwei solcher Dreiecke sind kongruent, wenn sie durch Drehung bzw. Drehung+Spiegelung ineinander übergehen - also ist hier die Gruppe der Drehungen sowie Drehungen+Spiegelung, die enthält Elemente. Dann muss man "nur" noch für jedes die hinsichtlich Operation invarianten Dreiecke abzählen, schon kann man Burnside anwenden, denn die hier gesuchte Anzahl ist ja gerade . Vom Aufwand ist da sicher kein Unterschied zur bisher hier betrachteten Lösungsvariante, es bringt nur etwas mehr "Struktur" in die Sache. |
||||
15.10.2007, 19:17 | -Kay- | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
merci thiersen, so hats mir heute auch einer in der klasse gesagt ;-) jetzt hab ichs :-) daaanke |
|
Verwandte Themen
Die Beliebtesten » |
Die Größten » |
Die Neuesten » |