Drehen, bis einem schwindlig wird...

14.04.2020, 17:35

HAL 9000

Drehen, bis einem schwindlig wird...

Ich steuere auch mal eine Geometrieaufgabe bei:

Zitat:

Seien $\begin{eqnarray*} A_1,A_2,A_3 \end{eqnarray*}$ drei Punkte der Ebene, die nicht auf einer Geraden liegen, sowie $\begin{eqnarray*} P_1 \end{eqnarray*}$ ein weiterer Punkt dieser Ebene. Man konstruiert nun beginnend mit $\begin{eqnarray*} P_1 \end{eqnarray*}$ folgende Punktfolge $\begin{eqnarray*} (P_n)_{n=1,2,3,\ldots} \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} P_1 \end{eqnarray*}$ wird um das Zentrum $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} 120^{\circ} \end{eqnarray*}$ (positiver Drehsinn) gedreht, es entsteht dabei $\begin{eqnarray*} P_2 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} P_2 \end{eqnarray*}$ wird um das Zentrum $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} 120^{\circ} \end{eqnarray*}$ (positiver Drehsinn) gedreht, es entsteht dabei $\begin{eqnarray*} P_3 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} P_3 \end{eqnarray*}$ wird um das Zentrum $\begin{eqnarray*} A_3 \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} 120^{\circ} \end{eqnarray*}$ (positiver Drehsinn) gedreht, es entsteht dabei $\begin{eqnarray*} P_4 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} P_4 \end{eqnarray*}$ wird um das Zentrum $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} 120^{\circ} \end{eqnarray*}$ (positiver Drehsinn) gedreht, es entsteht dabei $\begin{eqnarray*} P_5 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} P_5 \end{eqnarray*}$ wird um das Zentrum $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} 120^{\circ} \end{eqnarray*}$ (positiver Drehsinn) gedreht, es entsteht dabei $\begin{eqnarray*} P_6 \end{eqnarray*}$ .

Usw., d.h., immer nacheinander Drehen um $\begin{eqnarray*} A_1,A_2,A_3 \end{eqnarray*}$ und dann periodisch wieder von vorn.

Und nun zur eigentlichen Frage: Was charakterisiert die Dreiecke $\begin{eqnarray*} A_1A_2A_3 \end{eqnarray*}$ , für die $\begin{eqnarray*} P_{2020}=P_1 \end{eqnarray*}$ gilt?

15.04.2020, 10:06

Leopold

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Ich lasse das Ganze sich in der Gaußschen Zahlenebene abspielen. Bei sonst unveränderten Bezeichnungen wähle ich der Gewohnheit halber Minuskeln.

Wir haben also die drei Drehzentren $\begin{align*} a_1,a_2,a_3 \end{align*}$ und den Punkt $\begin{align*} p_1 \end{align*}$ . Um bequemer rechnen zu können, setze ich die Folge der Drehpunkte periodisch fort:

$\begin{align*} a_k = a_{k-3} \, , \ \ k>3 \end{align*}$

Die Multiplikation mit der dritten Einheitswurzel

$\begin{align*} \delta = \operatorname{e}^{\frac{2 \pi \operatorname{i}}{3}} , \ \ \delta^3 = 1 \end{align*}$

bewirkt eine 120°-Drehung um den Ursprung in positivem Drehsinn. Die Folge der $\begin{align*} p_k \end{align*}$ ist dann rekursiv definiert durch

$\begin{align*} p_k = a_{k-1} + \delta \left( -a_{k-1} + p_{k-1} \right) \, , \ \ k \geq 2 \end{align*}$

Die Rekursionsvorschrift wenden wir jetzt fortwährend an, bis wir unten ankommen:

$\begin{align*} p_k = a_{k-1} + \delta \left( -a_{k-1} + a_{k-2} + \delta \left( -a_{k-2} + p_{k-2} \right) \right) = a_{k-1} + \delta \left( -a_{k-1} + a_{k-2} \right) + \delta^2 \left( -a_{k-2} + p_{k-2} \right) = \ldots \end{align*}$

$\begin{align*} = a_{k-1} + \delta \left( -a_{k-1} + a_{k-2} \right) + \delta^2 \left( -a_{k-2} + p_{k-2} \right) + \ldots + \delta^{k-2} \left( -a_2 + a_1 \right) + \delta^{k-1} \left( -a_1 + p_1 \right) \end{align*}$

Damit haben wir

$\begin{align*} \text{(*)} \ \ p_k = \delta^{k-1} \left( -a_1 + p_1 \right) + a_{k-1} + \sum_{\nu=1}^{k-2} \delta^{k-\nu-1} \left( -a_{\nu+1} + a_{\nu} \right) \end{align*}$

Und hier setzen wir $\begin{align*} k=2020 \end{align*}$ ein:

$\begin{align*} p_{2020} = \delta^{2019} \left( -a_1 + p_1 \right) + a_{2019} + \sum_{\nu=1}^{2018} \delta^{2019-\nu} \left( -a_{\nu+1} + a_{\nu} \right) \end{align*}$

Da $\begin{align*} 2019 \equiv 0 \pmod{3} \end{align*}$ ist, wird das zu

$\begin{align*} p_{2020} = -a_1 + p_1 + a_3 + \sum_{\nu=1}^{2018} \delta^{-\nu} \left( -a_{\nu+1} + a_{\nu} \right) \end{align*}$

Wenn nun $\begin{align*} p_{2020} = p_1 \end{align*}$ sein soll, entsteht daraus tatsächlich eine von $\begin{align*} p_1 \end{align*}$ unabhängige Gleichung. Die Summe teilen wir nach den Restklassen modulo 3 auf:

$\begin{align*} -a_1 + a_3 + \sum_{\nu=1}^{672} \delta^{-3\nu} \left( -a_{3\nu+1} + a_{3\nu} \right) + \sum_{\nu=0}^{672} \delta^{-3\nu-1} \left( -a_{3\nu+2} + a_{3\nu+1} \right) + \sum_{\nu=0}^{672} \delta^{-3\nu-2} \left( -a_{3\nu+3} + a_{3\nu+2} \right) = 0 \end{align*}$

und reduzieren modulo 3:

$\begin{align*} -a_1 + a_3 + \sum_{\nu=1}^{672} \left( -a_{1} + a_{3} \right) + \sum_{\nu=0}^{672} \delta^{-1} \left( -a_{2} + a_{1} \right) + \sum_{\nu=0}^{672} \delta^{-2} \left( -a_{3} + a_{2} \right) = 0 \end{align*}$

Die Vektoren

$\begin{align*} u_1 = a_3 - a_2, \ u_2 = a_1 - a_3, \ u_3 = a_2 - a_1 \end{align*}$

laufen über die Dreiecksseiten, so daß $\begin{align*} u_1 + u_2 + u_3 = 0 \end{align*}$ gilt. Wir drücken die letzte Gleichung in diesen Vektoren aus (der Faktor -673 fällt weg):

$\begin{align*} \text{(**)} \ \ u_2 + \delta^2 u_3 + \delta u_1 = 0 \end{align*}$

Mit $\begin{align*} u_2 = -u_1 - u_3 \end{align*}$ folgt daraus:

$\begin{align*} \left( \delta - 1 \right) u_1 + \left( \delta^2 - 1 \right) u_3 = 0 \end{align*}$

$\begin{align*} u_1 + \left( \delta + 1 \right) u_3 = 0 \end{align*}$

Es gilt $\begin{align*} 1 + \delta + \delta^2 = 0 \end{align*}$ (geometrische Summe und $\begin{align*} \delta^3 = 1 \end{align*}$ ), so daß weiter folgt:

$\begin{align*} u_1 - \delta^2 u_3 = 0 \end{align*}$

$\begin{align*} u_1 = \delta^{-1} u_3 \end{align*}$

Alle Überlegungen lassen sich auch rückwärts durchführen. Die letzte Gleichung sagt, daß, wenn wir den Vektor $\begin{align*} u_3 \end{align*}$ um 120° im Uhrzeigersinn drehen, den Vektor $\begin{align*} u_1 \end{align*}$ erhalten. Eine Skizze zeigt, daß dann die Punkte $\begin{align*} a_1,a_2,a_3 \end{align*}$ in dieser Reihenfolge ein negativ orientiertes gleichseitiges Dreieck bilden. Und das wäre dann auch die Lösung der Aufgabe.
Wenn man das einmal hat, sieht man, daß der Spuk im Falle dieses gleichseitigen Dreiecks natürlich schon nach drei Schritten zu Ende ist. Setzt man in $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ oben $\begin{align*} k=4 \end{align*}$ ein, erhält man

$\begin{align*} p_4 = -a_1 + p_1 + a_3 + \delta^2 \left( -a_2 + a_1 \right) + \delta \left( -a_3 + a_2 \right) = p_1 - \left( u_2 + \delta^2 u_3 + \delta u_1 \right) \end{align*}$

Und nach $\begin{align*} \text{(**)} \end{align*}$ heißt das gerade: $\begin{align*} p_4 = p_1 \end{align*}$

Im Anhang noch eine Euklid-Datei dazu. Hübsche Aufgabe! Was für ein Glück, daß $\begin{align*} 2020 \equiv 1 \pmod 3 \end{align*}$ ist!

15.04.2020, 10:35

Gualtiero

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Erwartungsgemäß war Leopold schneller; ich poste trotzdem.

[attach]51006[/attach]

Schon lustig, was mir nur beim Herumprobieren aufgefallen ist.
Mein Dreieck (A1,A2,A3) ist spitzwinklig und unregelmäßig, die P-Punkte sind zufällig gewählt. Jeder dieser Punkte wird in eine nach außen führende spiralförmige "Umlaufbahn geschossen".
Nach spätestens drei Drehungen laufen die Bahnen parallel, und die Formation, also die relative Position der Punkte zueinander, wird beibehalten.

Ich habe an ein gleichseitiges Dreieck gedacht und an einen Punkt P1, der nach jeder Periode (=drei Drehungen) mit P1 zusammenfällt. In 673 Perioden würde der Index genau um 2019 erhöht, und P2020 = P1.

Aber diesen Punkt scheint es nicht zu geben.
Wiederkehr in mehreren Perioden geht auch nicht, denn 673 ist prim. Oder ist das unwichtig . . . verwirrt

Edit: @Leopold, Deine EUKLID-Grafiken sind ein Hit.

15.04.2020, 11:59

HAL 9000

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@Leopold

Ja, diese Aufgabe ist geradezu für den Einsatz von komplexen Zahlen prädestiniert. Freude

Zitat:

Original von Leopold
Was für ein Glück, daß $\begin{align*} 2020 \equiv 1 \pmod 3 \end{align*}$ ist!

Die Originalaufgabe fand in einem Jahr statt, das durch 3 teilbar war. Dementsprechend begann dort die Folge mit $\begin{eqnarray*} P_0 \end{eqnarray*}$ . Big Laugh

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Etwas weniger summenlastig könnte man es so darstellen: Für $\begin{eqnarray*} k\equiv 1\bmod 3 \end{eqnarray*}$ ist

$\begin{eqnarray*} p_{k+1} = a_1 + \delta(p_k-a_1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p_{k+2} = a_2 + \delta(p_{k+1}-a_2) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} p_{k+3} = a_3 + \delta(p_{k+2}-a_3) \end{eqnarray*}$

Ineinander eingesetzt bekommt man wegen $\begin{eqnarray*} \delta^3=1 \end{eqnarray*}$ dann

$\begin{eqnarray*} p_{k+3} = a_3 + \delta(a_2 + \delta(a_1 + \delta(p_k-a_1)-a_2)-a_3) = p_k + (1-\delta)(\delta^2 a_1 + \delta a_2 + a_3) = p_k + d \end{eqnarray*}$

mit Konstante $\begin{eqnarray*} d:=(1-\delta)(\delta^2 a_1 + \delta a_2 + a_3) \end{eqnarray*}$ , die Zahlen $\begin{eqnarray*} p_1, p_4, p_7, \ldots \end{eqnarray*}$ bilden also eine arithmetische Folge (geometrisch heißt das, die zugehörigen Punkte liegen in gleichen Abständen auf derselben Geraden). Dementsprechend folgt $\begin{eqnarray*} p_{2020} = p_1 + 673d \end{eqnarray*}$ , und $\begin{eqnarray*} p_{2020}=p_1 \end{eqnarray*}$ erfordert $\begin{eqnarray*} d=0 \end{eqnarray*}$ . Letzteres bedeutet $\begin{eqnarray*} \delta^2 a_1 + \delta a_2 + a_3=0 \end{eqnarray*}$ bzw. unter Nutzung von $\begin{eqnarray*} \delta^2 = -\delta-1 \end{eqnarray*}$ umgestellt dann

$\begin{eqnarray*} a_3 = (\delta+1)a_1 - \delta a_2 = a_1 + (-\delta)(a_2-a_1)\qquad (*) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -\delta = e^{-\frac{\pi}{3}i} \end{eqnarray*}$ entspricht einer Drehung um $\begin{eqnarray*} -60^{\circ} \end{eqnarray*}$ , laut (*) geht damit $\begin{eqnarray*} a_3 \end{eqnarray*}$ aus $\begin{eqnarray*} a_2 \end{eqnarray*}$ durch Drehung um $\begin{eqnarray*} a_1 \end{eqnarray*}$ um $\begin{eqnarray*} 60^{\circ} \end{eqnarray*}$ im Uhrzeigersinn hervor, was inhaltlich dem hier

Zitat:

Original von Leopold
Eine Skizze zeigt, daß dann die Punkte $\begin{align*} a_1,a_2,a_3 \end{align*}$ in dieser Reihenfolge ein negativ orientiertes gleichseitiges Dreieck bilden.

entspricht.

15.04.2020, 13:54

Huggy

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Nachdem nun alle schwindlig sind, mal etwas zum Knobeln ohne viel Mathematik:

Man hat zwei faire Würfel, die gemeinsam geworfen werden. Kann man die Würfelseiten so beschriften, dass bei der Summe $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ der beiden geworfenen Würfelseiten die Werte $\begin{eqnarray*} 1, \ldots , 9 \end{eqnarray*}$ mit gleicher Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} p>0 \end{eqnarray*}$ auftreten?

Edit: Als neues Thema gestartet.

15.04.2020, 14:09

HAL 9000

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Ich häng mal noch eine verallgemeinernde Zusatzfrage an:

Für welche positiven ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gibt es eine Beschriftung dieser beiden Würfel, so dass die gewürfelte Summe gleichverteilt auf $\begin{eqnarray*} 1,\ldots,n \end{eqnarray*}$ ist?

(Wenn ja, nenne eine solche Beschriftung - wenn nein, begründe warum es keine gibt. Und das für alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ .)

15.04.2020, 14:30

Huggy

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Da ich das inzwischen als neues Thema gestartet habe, scheint es mir sinnvoll, Antworten dort zu geben. Die Ergänzung von Hal habe ich dort eingefügt.

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