MamaS - Mathe macht Spass

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    • MamaS - Mathe macht Spass

      Lösung erstes rätsel: MamaS= Mathe macht Spass

      OK. etwas ernster und mit "leicht" gesteigertem schwierigkeitsgrad:

      auf die peripherie eines kreises werden n markierungen gesetzt. jede markierung wird mit jeder anderen durch eine linie verbunden.
      in wieviel teilstücke S(n) wird die kreisfläche bei n markierungen maximal geteilt?

      werte für die ersten n
      n01234567
      S(n)1124*
      8163157

      * fehler für n=3 nach hinweis von The13 korrigiert


      durch ausprobieren kommt man evtl auf die lösung S(n)= 2^(n-1). wie die tabelle zeigt, stimmt dies nur bis n<6.
      kleine hilfestellung:
      Spoiler anzeigen
      die maximale anzahl teilstücke erhält man, indem man die markierungen so setzt, dass sich nicht mehr als 2 schnitte in einem punkt kreuzen.


      viel spass beim "rätseln"

      * noch``n rätsel: warum bekomme ich die zentrierte ausrichtung des oberen absatz nicht weg? im editor ist es richtig, linksbündig, ausgerichtet *grummel?

      Dieser Beitrag wurde bereits 4 mal editiert, zuletzt von TidusYuna ()

    • ahmmm ...
      im fertigen post wird `n werbebanner eingebaut, der im editor natürlich nicht zu sehen ist. das geschieht gleich am beginn der ersten zeile und verschiebt den restlichen text. dürfte wohl auf CSS FLOAT zurückzuführen sein.
      nach dem absenden eines post wird der text sofort richtig, entsprechend float, verschoben dargestellt, während der banner erst noch heruntergeladen (und noch nicht dargestellt) wird. dadurch entsteht der eindruck der zentrierung, die man nicht selber vorgenommen hat.
      schon in anderen posts ist mir der banner (an dieser stelle) störend aufgefallen. könnte (sollte!) man dahingehend ändern, den banner am beginn, besser am ende, in einer seperaten zeile zu platzieren.

      PS auch wenn die werbung in "meinem" post platziert ist, so stehe ich nicht für die beworbenen produkte, oder andere im banner gezeigte inhalte. :P
      werbung empfinde ich fast genauso schlimm wie vollzitate direkt vorangegangener posts.
    • Naja, mit rätseln hat das nu nicht viel zu tun. Entweder man knobelt ewig dran rum, oder man sieht eine gewisse Struktur. Ohne Rechenfehler kommt man auf ein Polynom für S(n); wenn ich den Fehlerteufel erfolgreich überlistet habe, sind wir mit S(10) = 256 wieder bei zwei hoch sonstwas ... :rolleyes:
      Der Mensch sollte zwei Fehler vermeiden:
      1) Mehr scheinen zu wollen als er ist.
      2) Sich weniger zu schätzen, als er wert ist.
      --- Nasreddin
    • bei der lösung für S(10)= 256 hast du den fehlerteufel überlistet. schade, du hast einen ausführlichen lösungsweg nicht mit angegeben. so wird es leider nur 'ne 4!
      wenn du es für diejenigen, welche sich daran vergeblich die zähne ausbeissen, nachholen möchtest (ehre, wem ehre gebührt) poste dieses ansinnen mal. würde mir arbeit ersparen.
      eilt aber nicht sooooo sehr, um anderen struktursuchenden auch ne chance zu geben.
      mfG und achtungsvoll TY
    • Allerdings sind diese Lösungen nur richtig, wenn in der Aufgabenstellung "linie"=Gerade angenommen ist. Anderenfalls könnte man mit einem Punkt durch Spiralen auf beliebig viele Teile kommen. Daher gebe ich die 24 (=4!) gerne zurück :P

      Lösungsweg
      Mein Lösungsweg war zu schauen welche Strukturen vorkommen und wie diese sich ändern, wenn man n erhöht.

      Geht man von n zu n+1, so erhält man n neue Geraden, festgelegt durch den neuen und einen alten Punkt. Jede dieser Geraden teilt die restlichen n-1 Punkte: auf einer Seite liegen a, auf der anderen b Punkte. Diese sind Durch a*b Gereaden verbunden, also erhält man (maximal) p=a*b Schnittpunkte. Dies teilt die Gerade in p+1 Strecken. Diese wiederum teilen p+1 alte Flächen, erzeugen somit p+1 neue Flächen. Durch Summieren wird aus s die Anzahl aller Schnittpunkte P und aus 1 die Anzahl aller Geraden G. Zusätzlich zur ersten Fläche hat man also G+P neue Flächen erzeugt.

      Also S(n)=1+G(n)+P(n)

      Wie findet man nun P(n) und G(n)?
      Naja, eine Gerade wird durch zwei Punkte, ein Schnittpunkt durch zwei Geraden (somit durch vier Punkte) festgelegt.
      Lösung
      Mit Binomialkoeffizienten B(n,k) schön geschrieben ist die Lösung S(n)=B(n,0)+B(n,2)+B(n,4) [1 + Geraden + Schnittpunkte].
    • Feine Arbeit Alfheri. :thumbup:
      Ich versuch es trotzdem mal etwas ausführlicher.
      Wie bereits dargelegt ist die Lösung dieses Problems wesentlich komplizierter als S(n) = 2n-1. Wir leiten zuerst eine Rekursionsformel für S(n) her. Dazu können wir davon ausgehen, dass wir die maximale Anzahl Stücke erhalten, wenn wir die Markierungen so setzen, dass sich nicht mehr als zwei Schnitte in einem Punkt kreuzen. Wurde auch schon gesagt.
      Wir nehmen nun an, dass wir die Lösung S(n-1) für (n-1) Markierungen bereits kennen und schließen daraus auf die Lösung S(n):


      Fügen wir zu den bereits vorhandenen (n-1) Markierungen eine weitere Markierung hinzu, so erhalten wir (n-1) zusätzliche Schnitte:
      (die durchgehenden Linien)


      wir betrachten zuerst nur einen dieser „neuen” schnitte: Den von der neu hinzugefügten Markierung n zu einer (beliebigen) markierung k:



      Von jeder der Markierungen 1, …, (k-1) auf der „linken” Seite dieses schnitts geht je ein schnitt zu jeder der Markierungen (k+1), …, (n-1) auf der „rechten” seite. insgesamt gehen also (k-1) · (n-k-1) viele Schnitte „von links nach rechts”. Der „neue” Schnitt von n nach k muss jeden dieser Schnitte kreuzen. Jedes Mal, wenn der neue Schnitt von n nach k einen dieser Schnitte kreuzt, dann hat er gerade ein teilstück zweigeteilt. Zusätzlich teilt er noch ein weiteres teilstück, nämlich das, das k als einen Eckpunkt hat. Insgesamt bekommt man durch den Schnitt von n nach k also

      zusätzliche Teilstücke.

      Bisher haben wir nur einen „neuen” Schnitt betrachtet. betrachtet werden müssen abba alle (n-1) „neuen” Schnitte von n nach 1, …, (n-1). Insgesamt erhält man durch das hinzufügen von Markierung n also

      zusätzliche teilstücke.

      außerdem hatten wir bereits S(n-1) teilstücke. Insgesamt muss also gelten:

      Da wir S(0) = 1 kennen, kann man mit dieser Formel sämtliche Werte S(n) für beliebige n rekursiv (also Schritt für Schritt) berechnen und das problem ist damit gelöst.

      man kanndas über verschiedene Summenformeln und etwas Rechenaufwand aber auch noch umformen zu:

      Durch sukzessives Einsetzen der Formel für S(n-1), S(n-2), …, S(1) erhalten wir:

      Dies kann man wiederum zu einem Polynom umformen. Die lösung desproblems lautet also in expliziter Form: durch setzen von n Markierungen an den Rand des kreises kann man maximal
      S(n) = ((1/24)*n4) - ((1/4)*n3) + ((23/24)*n2) - ((3/4)*n) +1
      (geht auch mit weniger klammern, abba so wird die "Struktur" schön sichtbar :o) )
      Teilstücke bekommen.
      Diese Formel liefert dann tatsächlich genau die Werte in der oben aufgeführten Tabelle.


      mfG

      Dieser Beitrag wurde bereits 1 mal editiert, zuletzt von TidusYuna ()

    • Ich denke, es ist so weit, meine Lösung anzugeben.

      Jeder neue Schnitt erzeugt k+1 weitere Teile, wobei k die Anzahl der Kreuzungen mit anderen Schnitten ist. Am Anfang gibt es eine Fläche.
      Bei n Markierungen gibt es C(n,2) Schnitte und - sofern die Markierungen geeignet liegen - C(n,4) Kreuzungspunkte, denn je 4 Markierungen sind an einer Kreuzung beteiligt.

      Demnach sind am Ende 1 + C(n,2) + C(n,4) Teile vorhanden.

      [C(n,k) bezeichnet den Binomialkoeffizienten.]

      Dieser Beitrag wurde bereits 1 mal editiert, zuletzt von Tophie ()