Forum:  Induktion
Thema: Pflastersteinfläche mittels Induktion beweisen
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Spedex
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Dabei seit: 19.03.2020
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Herkunft: f(x=0)=1/x
Themenstart: 2020-10-20 21:39

Hallo, zugegeben, der Titel klingt etwas komisch.
Ist allerdings völlig gleich.
Die vollständige Angabe der Aufgabenstellung:

In vollständiger Auflösung: Link zum Bild

Nun möchte ich also erstmal einen mathematischen Term finden, der grundsätzlich den Sachverhalt beschreibt.
Da wäre ich auf sowas gekommen:
\[x\cdot3\left[dm^2\right]+1\left[dm^2\right]=2^n\left[dm^2\right]\] Sprich einfacher hingeschrieben für \(x\geq1\):
\[3x+1=2^n\]
Für den Induktionsanfang hätte ich dann gesagt:
\[3\cdot1+1=2^2=4\] Aber irgendwie ist das keine wirkliche ordentliche Induktion kommt mir vor. Ich mein wir haben die Variablen x und n. Und für x setzte ich dann 1 ein und schaue, was man für n einsetzten kann, damit das gleiche heraus kommt.

Die Induktionsannahme wäre folglich:
\[3x+1=2^n\]
Der Induktionsschritt dann sowas wie:
\[3\left(x+1\right)+1=2^{n+1}\] \[3x+3+1=2^n\cdot2\] \[3x+4=2^n\cdot2\] Auch hier wieder die Anmerkung: Links wird \(x\) zu \(x+1\), rechts wird \(n\) zu \(n+1\). Das passt so nicht. Aber mir ist nichts besseres eingefallen.
Zu dem Hinweis: Damit kann ich also wirklich überhaupt nichts anfangen. Wenn ich das Ganze in vier Teile einteile, dann habe ich in drei der vier Teile eine belegte Fläche von \(1 \ [dm^2]\), und bei dem vierten der vier Teile habe ich keine belegte Fläche (bezogen auf Pflastersteine). Aber was nun?
Da hilft auch Ausprobieren nichts mehr, wüsste gar nicht, was ich da noch ausprobieren sollte.

Ideen und Anregungen von eurer Seite 🙃?

LG


tactac
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Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1930
Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-21 00:32
\(\begingroup\)\(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]} \newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner} \newcommand{\upamp}{\mathbin {⅋}}\)
Die Aussage, um die es geht, ist keine Gleichung, sondern: "Für jedes $n \in \IN$ ist jedes $2^n \times 2^n$-Quadrat, das ein 'Loch' enthält, mit diesen L-förmigen Pflastersteinen pflasterbar."


Zu dem Hinweis: Damit kann ich also wirklich überhaupt nichts anfangen. Wenn ich das Ganze in vier Teile einteile, dann habe ich in drei der vier Teile eine belegte Fläche von \(1 \ [dm^2]\), und bei dem vierten der vier Teile habe ich keine belegte Fläche (bezogen auf Pflastersteine). Aber was nun?
Man hat in einem Quadrat das originale Loch, und in den anderen dreien jeweils ein belegtes kleines Quadrat, das wir kurzerhand auch wie ein Loch behandeln.
\(\endgroup\)

Maexinator
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Dabei seit: 23.08.2020
Mitteilungen: 28
Beitrag No.2, eingetragen 2020-10-21 00:50

Hallo Spedex,
wichtig ist erstmal, dass \(2^n\) die Seitenlänge und nicht der Flächeninhalt ist. Der Flächeninhalt eines Quadrates ist \((2^n)^2\). Für einen Einstieg könnte man sich überlegen, warum \((2^n)^2-1\) immer durch 3 teilbar ist (das hilft dir für den Beweis aber natürlich nicht wirklich weiter).
Der Induktionsschritt wird ja auf jeden Fall auch ein geometrisches Argument brauchen und nicht nur eines bezogen auf die Anzahl der Steine.
Hast du es denn schon eine Pflasterung mit den Kantenlängen 2, 4, 8, 16 zeichnerisch probiert? Da entstehen ja immer wiederkehrende ähnliche Strukturen, die man benutzen kann.

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


Spedex
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Dabei seit: 19.03.2020
Mitteilungen: 535
Herkunft: f(x=0)=1/x
Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-21 13:50

Ok, also erstmal herzlichsten Dank für eure Antworten.
Ich habe mir das jetzt mal aufgezeichnet. Und zwar für die Kantenlängen \(2^1,2^2,2^3\), sprich 2,4 und 8. Dabei bin ich auf folgende Erkenntnis gekommen, wobei ich mir nicht sicher bin, ob diese verwertbar ist.
Und zwar ist mir aufgefallen, dass wenn man das größte Quadrat in einzelne Quadrate unterteil, so lange bis alle Quadrate in Quadrate mit einer Mindest-Seitenlänge von 2 unterteilt wurden, in jedes dies Quadrate immer genau eine freie Fläche übrig bleibt. Wenn das Quadrat folglich vergrößert, passiert genau das gleiche. Irgendwann bleibt also ein freies Feld übrig, auf welchem der Ständer platziert werden kann.
Kann ich diese Information irgendwie nutzen?
LG


Maexinator
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Beitrag No.4, eingetragen 2020-10-21 15:45

Das Quadrat der Maße 4x4 in der Mitte sieht schon gut aus. Da hast du es ja geschafft, die L-Steine in der nächstgrößeren Stufe nachzubilden. Auch das Loch hast du anschaulich auf die nächste Stufe im richtigen Raster vergrößert. Wenn du das jetzt richtig hinschreibst, bist du eigentlich fertig.

Die äußere Umrandung ist eher ungeschickt gewählt, obwohl man damit bestimmt auch arbeiten könnte.


Spedex
Aktiv
Dabei seit: 19.03.2020
Mitteilungen: 535
Herkunft: f(x=0)=1/x
Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-21 20:27

Hallo, also ich habe mich jetzt abgesprochen und ich glaube wenn man das Ganze geometrisch betrachtet passt es auch, wie ihr gesagt habt. Bzw. hat man vermutlich sowieso keine andere Wahl. Zumindest bin ich damit zufrieden.
Das jetzt detailliert hier rein posten wäre sehr aufwendig. Vor allem mit Skizzen aber auch ohne Skizze.
Induktionsanfang:
Man betrachtet einfach das kleinste Quadrat und sieht, dass es bereits passt, weil drei Blöcke belegt sind und eins bleibt frei für den Ständer

Induktionsvorausetzung:
Wenn ein Block bedeckt ist (z.B. mit dem Ständer, muss aber nicht sein), dann ist das Quadrat ausfüllbar.

Induktionsschritt:
Erweitert man die Quadrate sieht man, dass bei jedem Mini-Quadrat bereits ein Block belegt ist.

LG


tactac
Senior
Dabei seit: 15.10.2014
Mitteilungen: 1930
Beitrag No.6, eingetragen 2020-10-21 23:59
\(\begingroup\)\(\newcommand{\sem}[1]{[\![#1]\!]} \newcommand{\name}[1]{\ulcorner#1\urcorner} \newcommand{\upamp}{\mathbin {⅋}}\)
Wie schon weiter oben gesagt, die Aussage, die man am besten beweisen sollte, ist $\forall n \in \IN.\ P(n)$, mit $P(n):=$ "jedes $2^n \times 2^n$-Quadrat, in dem ein Block bereits belegt ist, lässt sich mit den L-förmigen Pflastersteinen auffüllen."

Dann ist auch klar, was die Antwort auf die Frage "Warum können Sie dann die Induktionsvoraussetzung auf alle vier Quadrate anwenden?" ist. Im Beweis einer Implikation $A \implies B$ in klassischer Logik kann man $A$ ja beliebig oft verwenden. Und im Induktionsschritt ist $A=P(n)$, also "jedes $2^n \times 2^n$-Quadrat, in dem ein Block bereits belegt ist, lässt sich mit den L-förmigen Pflastersteinen auffüllen." (und $B=P(n+1)$).
\(\endgroup\)

haegar90
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Beitrag No.7, eingetragen 2020-10-22 22:46

Hallo,
dies soll kein Ratschlag für den TS sein sondern nur die Bitte um Info (aus eigenem Interesse an der Aufgabe) ob man die Fragestellung so formalisieren könnte für einen Induktionsbeweis.

$$a_1=1$$ $$a_{n+1}=4a_n + 1$$ $$a_2 = 4a_1 + 1 = 4\cdot 1 + 1 = 5$$ $$a_3 = 4a_2 + 1 = 4\cdot 5 + 1 = 21$$
$$b_1 = 3 a_1 +1 = 3 \cdot 1 + 1 = 4 =  (2^1)^2=4$$ $$b_2 = 3 a_2 +1 = 3 \cdot 5 + 1 = 16 = (2^2)^2=16$$ $$b_3 = 3 a_3 +1 = 3 \cdot 21 + 1 = 64= (2^3)^2=64$$ $$b_{n} = 3 (4a_{n-1} +1) +1= (2^n)^2$$
$$\forall n \in \mathbb{N}\; \exists a_n \in \mathbb{N}: b_{n} = 3 (4a_{n -1}+1) +1= (2^n)^2$$


ochen
Senior
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Beitrag No.8, eingetragen 2020-10-22 22:58

2020-10-22 22:46 - haegar90 in Beitrag No. 7 schreibt:
Hallo,
dies soll kein Ratschlag für den TS sein sondern nur die Bitte um Info (aus eigenem Interesse an der Aufgabe) ob man die Fragestellung so formalisieren könnte für einen Induktionsbeweis.

$$a_1=1$$ $$a_{n+1}=4a_n + 1$$ $$a_2 = 4a_1 + 1 = 4\cdot 1 + 1 = 5$$ $$a_3 = 4a_2 + 1 = 4\cdot 5 + 1 = 21$$
$$b_1 = 3 a_1 +1 = 3 \cdot 1 + 1 = 4 =  (2^1)^2=4$$ $$b_2 = 3 a_2 +1 = 3 \cdot 5 + 1 = 16 = (2^2)^2=16$$ $$b_3 = 3 a_3 +1 = 3 \cdot 21 + 1 = 64= (2^3)^2=64$$ $$b_{n} = 3 (4a_n +1) +1= (2^n)^2$$
$$\forall n \in \mathbb{N}\; \exists a_n \in \mathbb{N}: b_{n} = 3 (4a_n +1) +1= (2^n)^2$$

Hallo,
nein, es geht in der Aufgabe nicht darum festzustellen, dass $(2^n)^2-1$ durch 3 teilbar ist. Dass die Anzahl der Felder ein Vielfaches von 3 ist, ist natürlich eine notwendige Bedingung. Sie ist doch aber überhaupt nicht hinreichend.

tactac hat es doch schon formal hingeschrieben. Es ist kein Problem die Induktionsvoraussetzung als Text zu formulieren. Mit Quantoren und wilden Gleichungen machen zu wollen, wird es nur komplizierter werden.


haegar90
Aktiv
Dabei seit: 18.03.2019
Mitteilungen: 532
Herkunft: Gog
Beitrag No.9, eingetragen 2020-10-22 23:01

Hallo, danke.
Bin dann noch etwas (weit) vom Verständnis entfernt.
Aber der  Versuch macht klug(ch) 🙂.




viertel
Senior
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Beitrag No.10, eingetragen 2020-10-23 12:19
\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Die Aufgabenstellung ist echt grauenvoll😖
Ich habe mehrere Lesedurchläufe für den Text gebraucht, bis ich den Quatsch mit den Ständer kapiert habe.

Gegeben ist ein quadratisches Raster („Schachbrett“) der Seitenlänge $2^n$.
Zeige, daß es möglich ist, dieses Raster mit L-Steinen (eine Präzisierung spare ich mir an dieser Stelle) zu bedecken, so daß ein beliebiges vorgegebenes Feld frei bleibt.
\(\endgroup\)



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Druckdatum: 2021-01-16 03:14