Anzahl der Knoten und Flächen [gelöst]

30.12.2020, 10:54

Ulrich Ruhnau

Anzahl der Knoten und Flächen [gelöst]

Wie man unschwer erkennt, sind die beiden Kreisstrukturen aus zufällig gefärbten Dreiecken zusammengesetzt. Die linke Struktur entspricht dem Radius $\begin{eqnarray*} m=2 \end{eqnarray*}$ und die rechte Struktur entspricht dem Radius $\begin{eqnarray*} m=4 \end{eqnarray*}$ . Gesucht sind zwei Formeln, einmal für die Anzahl der Knotenpunkte $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ und einmal für die Anzahl der Dreiecksflächen $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ jeweils als Funktion vom Radius $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ .
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30.12.2020, 12:21

mYthos

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Anzahl der Flächen: $\begin{eqnarray*} 6m^2 \end{eqnarray*}$
(Es sind jeweils arithmetische Reihen mit m Gliedern, d = 2)

30.12.2020, 12:35

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von mYthos
Anzahl der Flächen: $\begin{eqnarray*} 6m^2 \end{eqnarray*}$

Das ist richtig!

$\begin{eqnarray*} F = 6 m^2 \end{eqnarray*}$

Damit ist die erste Hälfte des Rätsels gelöst. Jetzt geht es nur noch darum, eine Formel für die Anzahl der Knoten $\begin{eqnarray*} K=K(m) \end{eqnarray*}$ zu finden.

07.01.2021, 12:56

HAL 9000

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Die Anzahl der Kanten bekommt man so raus:

$\begin{eqnarray*} F=6m^2 \end{eqnarray*}$ Dreiecke haben insgesamt $\begin{eqnarray*} 3\cdot 6m^2 = 18m^2 \end{eqnarray*}$ Kanten. Die äußeren 6m Kanten werden einfach gezählt, der Rest aber doppelt, somit ist $\begin{eqnarray*} E = 6m + \frac{18m^2-6m}{2} = 9m^2+3m \end{eqnarray*}$ die tatsächliche Kantenanzahl.

Die Knotenanzahl $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ bekommt man dann über den Eulerschen Polyedersatz $\begin{eqnarray*} F+K-E = 1 \end{eqnarray*}$ , d.h., es ist $\begin{eqnarray*} K = E+1-F = 3m^2+3m+1 \end{eqnarray*}$ .

Man bekommt $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ auch auf anderem Weg heraus, indem man die einzelnen Knotentypen unterscheidet nach der Anzahl der Dreiecke, die jeweils angrenzen:

Von den $\begin{eqnarray*} 6m \end{eqnarray*}$ Knoten am Rand grenzen genau 6 an jeweils 2 Dreiecke, die anderen $\begin{eqnarray*} (6m-6) \end{eqnarray*}$ an jeweils drei Dreiecke. Die inneren (K-6m) Knoten grenzen an jeweils 6 Dreiecke. (*)

Das ergibt summa summarum $\begin{eqnarray*} 2\cdot 6 + 3\cdot (6m-6)+ 6\cdot (K-6m) = 3\cdot 6m^2 \end{eqnarray*}$ , umgestellt dann ebenfalls wieder $\begin{eqnarray*} K=3m^2+3m+1 \end{eqnarray*}$ (was sonst Augenzwinkern

).

Allerdings scheint mir (*) schwerer begründbar zu sein als das oben mit den Kanten, daher ziehe ich doch den ersten Weg vor. Augenzwinkern

09.01.2021, 06:33

Ulrich Ruhnau

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Zitat:

Original von HAL 9000
Die Knotenanzahl $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ bekommt man dann über den Eulerschen Polyedersatz $\begin{eqnarray*} F+K-E = 1 \end{eqnarray*}$ , d.h., es ist $\begin{eqnarray*} K = E+1-F = 3m^2+3m+1 \end{eqnarray*}$ .

Wunderbar hergeleitet, schön! Und weil's so schön war, habe ich noch einen Kreis mit m=20 generiert (2400 Dreiecke und 1261 Knoten).

$\begin{eqnarray*} K = (m+1)^3-m^3 \end{eqnarray*}$

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function [a,l] = kreis3(m)
%Punkte gleichmäßig auf einen Kreis verteilen
% m = Anzahl der Stufen Mitte-Rand (Radius in Kantenlaengen)
nmax = (m+1)^3-m^3; % Anzahl der Knotenpunkte der Kreisstruktur
fmax = 6*m^2;       % Anzahl der Flaechen der Kreisstruktur
x = zeros(nmax,1);  % x-koordinaten der Flaechen
y = zeros(nmax,1);  % y-koordinaten der Flaechen
a = zeros(fmax,3);  % Dreiecksflaechen beschrieben durch Knotenpunktnummern
l = 1;              % Knotenpunktzaehler
f = 1;              % Flaechenzaehler
l1 = 1;             % erster innerer Anfangsknoten
k1 = 2;             % erster aeusserer Anfangsknoten
for j = 1:m         % alle Abstaende vom Zentrum durchgehen (Mitte -> Rand)
    j6 = 6 * j;     % Anzahl verschiedener Winkel eines (inneren) Kreises
    w = (2*pi/j6)*[0:j6-1]; % Winkel
    x(l+1:l+j6) = j*cos(w); % Knoten-x-Wert
    y(l+1:l+j6) = j*sin(w); % Knoten-y-Wert
    l = l + j6;             % Knotenzaehler anpasssen
    l2 = l1;                % Rundenanfang (vom Knoten im inneren Kreis)
    k2 = k1;                % Rundenanfang (vom Knoten im aeusseren Kreis)
    for i = 1:6         % 6 Kanten abklappern (von einer Dreiecksstruktur)
        for k = 1:j     % die inneren Knoten einer Kante abklappern
            a(f,:) = [l1,k1,k1+1]; % Dreieck aussen abspeichern
            f = f + 1;      % Flaechennummer hochzaehlen
            k1 = k1 + 1;    % aeusserer Knotenzaehler
            if k == j       % 
                break
            end
            a(f,:) = [l1,k1,l1+1]; % Dreieck innen abspeichern
            f = f + 1;      % Flaechenzaehler hochzaehlen
            l1 = l1 + 1;    % innerer Knotenzaehler
        end
    end
    a(f-1,1) = l2;  % Korrektur nach einer Runde (linker Knoten)
    a(f-1,3) = k2;  % Korrektur nach einer Runde (rechter Knoten)
    if j > 1
        a(f-2,3) = l2;  % Korrektur nach einer Runde (linker Knoten)
    end
    l1 = k2;        % linker Anfangsknoten fuer die naechste Runde
end
col = rand(fmax,3); % Zufallsfarben für jedes Dreieck
figure(4) 
set(gca,'color',[0.6,0.6,0.6]) % grauer Hintergrund
patch('Faces',a,'Vertices',[x,y],'FaceVertexCData',col,'FaceColor','flat');
% for j=1:l
%     text(x(j),y(j)+0.15,num2str(j),'color','w') %Vertex-Nummer
% end
axis equal
grid on
end

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