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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » *(*) 3 aus 15 aus 35
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Schule *(*) 3 aus 15 aus 35
Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-01-18


In der Serie "Der Lehrer" wurde letztens eine interessante Knobelaufgabe gestellt. Im Kern geht es um folgende Frage:

Kann man in einem regelmäßigen 35-Eck 15 Eckpunkte so auswählen, dass keine drei der 15 Punkte ein gleichschenkliges Dreieck bilden?

Die Aufgabe richtet sich dort an Oberstufenschüler, spezielles Fachwissen benötigt man allerdings nicht zur Lösung. Die Schülerin in der Serie sollte die Frage aus dem Stegreif beantworten, das fand ich etwas übertrieben.
Ihr dagegen dürft Zettel, Stift (oder ähnliches) und beliebig viel Bedenkzeit verwenden.

Antworten bitte per PN.

Bonusfrage: Kann man den Wert 15 verschärfen?



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Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!
Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-18


Das war übrigens eine Aufgabe aus der 2. Runde des BWM vor einigen Jahren.


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The difference between the novice and the master is that the master has failed more times than the novice has tried. ~ Koro-Sensei



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-01-18


Mit der richtigen Idee kann man die Aufgabe wirklich aus dem Stegreif beantworten xD



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-19


Ich muss nachfragen:
In oder auf einem regelmäßigen 35-Eck?

Präzisiert:
Nur Eckpunkte, nur Punkte irgendwo auf den Seiten,
oder auch Punkte innerhalb der umschlossenen Fläche?

Ok - ich sehe es ein:
Wenn man mehr als die Eckpunkte erlaubt,
könnten 15 Punkte kollinear auf einer Seite
oder kollinear in der Innenfläche liegen...


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-01-19


Weder noch... Du denkst doch bestimmt an iwelche Schnittpunkte xD
Davon steht nix in der Aufgabe. Und aus 3 Punkten kann man nur auf eine Art ein Dreieck bilden. Solange dieses nicht gleichschenklig ist, ist alles okay. Wo das liegt ist völlig irrelevant.

Edit: Ah, du beziehst dich denke doch auf was anderes. Mit Punkten sind denke ich nur Eckpunkte gemeint. Sonst wäre die Angabe eines 35-Ecks sinnlos und man könnte auch Kreis oder beliebiges Viereck nehmen.



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-19


Ja richtig. Ausgewählt wird nur aus den 35 Eckpunkten. Ich habe das präzisiert.

@MartiN: Ja, die Lösung ist nicht so komplex, dass man sie nicht aus dem Stegreif vortragen könnte. Aber wenn man die beiden entscheidenden Lösungsschritte nicht vorher kennt, dann muss man zunächst den Ansatz finden und dann prüfen, ob er zur Lösung führt. Also entweder redet man 5 bis 10 Minuten drauflos, ohne zu wissen, ob man auf dem eingeschlagenen Weg zum Ziel kommt, oder man sagt erstmal lange gar nichts.

Übrigens: Tatsächlich kann man die 15 erheblich verbessern (wenn ich mich nicht vertan habe), aber ob man das ohne große Fallunterscheidung beweisen kann ...?



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-20


Ich habe die Frage etwas verallgemeinert und ein Suchprogramm geschrieben. Es wäre schön, wenn jemand die Ergebnisse überprüfen könnte.

Die verallgemeinerte Fragestellung lautet so:
Gegeben ist ein regelmäßiges n-Eck. Wie viele Eckpunkte kann man in diesem n-Eck höchstens auswählen, so dass keine drei der ausgewählten Ecken ein gleichschenkliges Dreieck bilden? Diese maximale Anzahl bezeichne ich mit a(n).
Für $n\leq 5$ ergibt jede Auswahl von drei Eckpunkten ein gleichschenkliges Dreieck. Wer möchte kann hier a(n)=2 festlegen. Ich habe die Fälle einfach weggelassen und für n=6,...,51 den Wert von a(n) berechnet. Man stellt fest, dass a(n) nicht monoton wächst und dass gerade n tendenziell höhere Werte haben, als ungerade n. Aber auch a(2n) und a(2n+1) wachsen nicht monoton mit n (a(38)>a(40), a(39)>a(41)).

EDIT: Da es den Wunsch gab, die Lösungen überprüfen zu können, habe ich sie hier mit angegeben. Ein paar Werte werde ich nachtragen, wenn mein Programm nochmal durchgelaufen ist.
Tabelle
 n | a(n)| Eckpunkte
-----------------------------------------------------------------------
 6 |   4 |   1     2     4     5
 7 |   3 |   1     2     4
 8 |   4 |   1     2     4     5
 9 |   4 |   1     2     4     5
10 |   4 |   1     2     4     5
11 |   4 |   1     2     4     5
12 |   4 |   1     2     4     5
13 |   4 |   1     2     4     5
14 |   6 |   1     2     4     8     9    11
15 |   4 |   1     2     4     5
16 |   6 |   1     2     4     5    10    12
17 |   5 |   1     2     4     8     9
18 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
19 |   6 |   1     2     4    13    15    16
20 |   8 |   1     2     4     5    11    12    14    15
21 |   6 |   1     2     4     5    10    11
22 |   8 |   1     2     4     5    12    13    15    16
23 |   6 |   1     2     4     5    10    11
24 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
25 |   7 |   1     2     4     5    10    11    13
26 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
27 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
28 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
29 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
30 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
31 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
32 |   9 |   1     2     4     5    12    14    17    18    21
33 |   8 |   1     2     4     5    10    11    13    14
34 |  10 |   1     2     4     8     9    18    19    21    25    26
35 |   9 |   1     2     4     5    11    13    23    27    29
36 |  10 |   1     2     4     8     9    19    20    22    26    27
37 |  10 |   1     2     4     8    18    25    26    29    30    36
38 |  12 |   1     2     4    13    15    16    20    21    23    32    34    35
39 |  10 |   1     2     4     8    18    26    27    30    31    38
40 |  11 |   1     2     4     5    10    11    22    24    25    29    30
41 |   9 |   1     2     4     5    10    14    20    21    34
42 |  12 |   1     2     4     5    10    11    22    23    25    26    31    32
43 |   9 |   1     2     4     5    10    11    14    30    38
44 |  12 |   1     2     4     5    10    11    23    24    26    27    32    33
45 |  10 |   1     2     4     5    11    15    23    33    37    39
46 |  12 |   1     2     4     5    10    11    13    27    28    33    34    36
47 |  10 |   1     2     4     5    10    12    24    34    35    40
48 |  13 |   1     2     4    12    15    16    19    21    24    25    39    43    45
49 |  10 |   1     2     4     5    10    12    35    36    40    42
50 |  14 |   1     2     4     5    10    11    13    26    27    29    30    35    36    38
51 |  11 |   1     2     4     5    10    14    20    21    25    42    44
52 |  14 |   1     2     4     5    10    11    13    14    28    30    31    36    37    39
53 |  11 |   1     2     4     5    10    12    26    39    41    44    46
54 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    28    29    31    32    37    38    40    41
55 |  11 |   1     2     4     5    10    11    13    26    27    40    45
56 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    29    30    32    33    38    39    41    42
57 |  12 |   1     2     4     5    10    11    13    28    38    42    44    47
58 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    30    31    33    34    39    40    42    43
59 |  12 |   1     2     4     5    10    11    13    29    39    43    44    55
60 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    31    32    34    35    40    41    43    44
61 |  13 |   1     2     4     5    10    12    30    40    43    44    47    49    52
62 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    32    33    35    36    41    42    44    45
63 |  13 |   1     2     4     5    10    11    14    29    32    43    45    49    52
64 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    33    34    36    37    42    43    45    46
65 |  14 |   1     2     4    13    15    16    18    36    38    39    43    44    46    64
66 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    34    35    37    38    43    44    46    47
67 |  13 |   1     2     4     5    10    11    13    43    47    48    52    54    55
68 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    35    36    38    39    44    45    47    48
69 |  14 |   1     2     4    11    12    16    17    24    26    27    29    39    58    68
70 |  18 |   1     2     4     5    11    13    23    27    29    36    37    39    40    46    48    58    62    64
71 |  14 |   1     2     4     5    10    12    32    35    36    48    50    51    53    57
72 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    28    29    31    32    37    38    40    41
73 |  14 |   1     2     4     5    10    11    13    26    28    29    58    60    61    63
74 |  20 |   1     2     4     8    18    25    26    29    30    36    38    39    41    45    55    62    63    66    67    73
75 |  14 |   1     2     4     5    10    11    13    14    28    29    31    32    37    38
76 |  16 |   1     2     4     5    10    11    13    14    29    30    32    33    39    40    42    43
77 |  14 |   1     2     4     5    10    11    13    14    28    29    31    32    37    38
78 |  20 |   1     2     4     8    18    26    27    30    31    38    40    41    43    47    57    65    66    69    70    77
79 |  15 |   1     2     4     5    10    11    13    14    28    29    31    32    37    38    40



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-01-20


Als grobe Näherung für die Anzahl der möglichen Punkte $a(n)$ im n-Eck:
(ohne ein gleichschenkliges Dreieck zu bilden)

\[ a(n) = 2 \left[ \frac{n(n-3)}{2}\right]^{\frac{1}{4}}\begin{cases}\Delta a(n) : & \leq \pm [\ln(n)]\\\; 8 | n &\;:
\Delta a(n) \leq 0\\ 12 | n&\;:\Delta a(n) \leq 1 \\ n \in \mathbb{P} & \;:\Delta a(n) \geq 0
 \end{cases} \]
Vielleicht lässt sich eine allg.Lösung über die Analyse größerer Ergebnismengen finden. Mit Fallunterscheidungen die man dann in Formeln packen kann. Z.B. $\Delta a(n)(8|n))=...$ Ähnlich der obigen Vermutungen.

Dazu müsste ich natürlich auch ein Programm (wie Kitaktus, DerEinfaeltige) erstellen, wozu ich nach vergeblichen 4 Stunden anscheinend zu doof bin.


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Gruß haegar



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-01-21


Für  \(n\leq12\)  ist die Bestätigung nahezu trivial:





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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-01-21


was bestätigst du denn?
- es kann nicht mehr als a(n) punkte geben?
oder
- es muss mindestens so viele punkte geben?



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2021-01-21


kitaktus proklamiert in seiner tabelle eine lösung im 35-eck für 9 punkte ohne gleichseitige dreiecke , ich finde bisher nur lösungen für 8, kann jemand die 9 bestätigen?



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2021-01-21

Mögliche Punkte im 35-Eck (fortlaufende Nummerierung)
1     2     4     5    11    13    23    27    29

Welchen dieser neun Punkte hast Du denn ausgeschlossen ?



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Gruß haegar



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2021-01-21


eins meiner 8er set´s sah so aus:
1,7,8,11,12,18,19,28 soweit ichs sehe sind auch damit alle anderen punkte geblockt

wir wundern uns nur dass es entweder noch keine OEIS reihe gibt, oder wir sie noch nicht gefunden haben...

und die frage taucht auf, kann man bei 35 auch schon mit weniger als 8 punkten alle anderen blockieren?



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2021-01-21


Kitaktus, da hast Du ja was "angerichtet"! Schön 🤗

haribo, mit meinen Grafiken in Beitrag #8 bestätige ich,
dass es jeweils mindestens so viele Punkte gibt wie Kitaktus
in seiner Auflistung dargestellt hat. Dass es jeweils nicht mehr
geben kann, lässt sich hier meines Erachtens noch flott erkennen...
Mit zunehmendem  \(n\)  wird es zugegebenermaßen aufwändiger!

Die folgende Grafik bestätigt überdies sowohl die Möglichkeit
einer "Sieben-Punkte-Blockade" für das 35-Eck
wie auch den von Kitaktus behaupteten "Neuner":


Für mich bleibt die Frage, ob es intuitive Strategien gibt,
durch "geschickte" Konstruktion jeweils die Mindestanzahl
wie die Höchstanzahl an Punkten aufzuspüren, welche dann
die übrigen Punkte "blockieren"...
Einen "zweckdienlichen" Algorithmus habe ich noch nicht gefunden!

Kitaktus, prüft denn Dein "Suchprogramm" jeweils
alle Kombinationen zu einem prognostizierten Höchstwert durch,
oder wie schaffst Du eine "Abkürzung" bezüglich Laufzeit etc.?

Bezüglich "OEIS":
A271910 und A271914 nennen lediglich Höchstanzahlen an Punkten
in einem rechteckigen Punkteraster, so dass jeweils keine drei davon
ein gleichschenkliges Dreieck bilden. Zu einem Polygon-Bezug habe
auch ich bislang nichts finden können...


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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-21


Ja, mein Programm prüft (wenn es denn korrekt ist) auch, ob es Lösungen mit mehr Punkten gibt. Die angegebenen Werte sollten also schon die richtigen Werte für a(n) sein und nicht nur untere Schranken.

Es wäre natürlich toll, wenn das mal jemand gegenchecken würde.



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2021-01-21


ok cramilu, deinen 7er kann ich als "alle anderen ausgeschlossen" bestätigen

aber du hältst schon beim dritten punkt nicht deine anweisung des "nächsten gegenüber im UZ" ein ?? sondern nimmst offenbar den nächsten gegenüber GUZ

hält man sich buchstäblich an die anweisung werden es 8 punkte, so ich nicht irrte



möglicherweise müsste man für minimum an punkten UZ GUZ UZ alternieren?



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2021-01-21


haribo, wie ich dazu schon... schrub[?!]:
"lose Strategie"... und dabei wohl "versprungen"...
und dann auch noch bloß nachträglich beschrieben...

Grundsätzlich entstanden war das Ding als Abart
der zweiten von drei "Grundstrategien":
A. nächster Festlegungspunkt möglichst benachbart
B. nächster Festlegungspunkt möglichst "gegenüber"
C. nächster Festlegungspunkt möglichst bei 1/3 des Umfanges
Dazu dann zwei verschiedene "Verfeinerungen":
a. nach "Sprung" unmittelbar nächsten "freien" Punkt nehmen
b. nach "Sprung" übernächsten "freien" Punkt nehmen
Und wie bereits gesagt: Noch hat keinerlei - auch andersartige -
intuitive Strategie allgemein zu Nachhaltigkeit geführt...


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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2021-01-21


ja es gibt viele möglichkeiten

mein erster 8er war:
- nur linkehälfte belegen und immer zwo nebeneinander...
den hab ich auch oben angefangen (was ne lüge ist, ich fing unten an und drehte ihn erst jetzt)


kitaktus jetzt hab ich die "eckpunkte" in deiner tabelle begriffen

was mich mistrauisch macht ist das sie immer mit 1,2,4, beginnen
entweder suchst du also auch immer nach dem nächstmöglichen belegbaren punkt, (was ja nicht unbedingt die grösste lösung erstellen muss, ?) oder man kann jeweils die beste "a max[n]" lösung derart hindrehen/hinspiegeln, was mich auch wundern würde
haribo



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-22


2021-01-21 21:04 - haribo in Beitrag No. 17 schreibt:
was mich mistrauisch macht ist das sie immer mit 1,2,4, beginnen
entweder suchst du also auch immer nach dem nächstmöglichen belegbaren punkt, (was ja nicht unbedingt die grösste lösung erstellen muss, ?) oder man kann jeweils die beste "a max[n]" lösung derart hindrehen/hinspiegeln, was mich auch wundern würde
Ich durchsuche den Lösungsraum systematisch und gebe die lexikographisch kleinste Lösung aus. Damit die _nicht_ mit 1,2,4 beginnt, dürfte es _keine_ optimale Lösung geben, bei der irgendwo von vier aufeinanderfolgenden Knoten drei ausgewählt werden. Der Fall wäre denkbar, tritt aber offenbar für die untersuchten n nicht ein.



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2021-01-22


Guten Morgen, Kitaktus! 😉
Nach meinen algorithmischen Anfangsüberlegungen
kann man sich ein \(n\)-Eck grundsätzlich so vorstellen,
dass eine der Ecken auf der "12-Uhr-Position"
eine obere Spitze bildet.
Diese Ecke wählt man nun ohne Beschränkung der Allgemeinheit
als einen von \(k\) "Kandidatenpunkten"...
Für \(n=35\) und \(k=11\) sollte es dann \(\binom{34}{10}=131.128.140\)
mögliche "Kandidatenverteilungen" geben!? Das war mir zu viel,
um einen simplen Suchalgorithmus zu bemühen. Für \(k=10\) wären es
\(\binom{34}{9}=52.451.256\), für \(k=9\) immer noch \(\binom{34}{8}=18.156.204\)  ...
Klar, dass man beim "Hochzählen" von "Kandidaten-Tupeln" durch
Vorab-Differenzvergleiche welche "überspringen" könnte,
aber damit war ich bislang auch noch nicht zufrieden...
Machst Du das ähnlich?

Zu Kezers Hinweis im ersten Beitrag habe ich herausgefunden,
dass im "Bundeswettbwerb Mathematik" tatsächlich zweimal
in den letzten 15 Jahren eine Aufgabe solcher Art gestellt wurde:

2012, Runde 1, Aufgabe 4:
Von den Eckpunkten eines regelmäßigen 27-Ecks
werden sieben beliebig ausgewählt.
Beweise, dass es unter diesen sieben Punkten drei Punkte gibt,
die ein gleichschenkliges Dreieck bilden,
oder vier Punkte, die ein gleichschenkliges Trapez bilden.

2017, Runde 2, Aufgabe 2:
In einem konvexen regulären 35-Eck sind 15 Ecken rot gefärbt.
Gibt es bei jeder solchen Färbung unter den 15 roten Ecken
drei Ecken, die ein gleichschenkliges Dreieck bilden?

Ich möchte nun dazu erst einmal selber hirnen,
bevor ich in die heruntergeladenen Lösungen "spicke"... 🙄


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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2021-01-22


Hier mal meine Lösungen zum Vergleich mit Kitaktus.

Lexikographisch kleinste Lösung wird ausgegeben.
Kompletter Suchraum wird per Brute-Force (mit etwas Pruning) abgesucht.

\[
\begin{array}{|r|r|r|r|}
n & \max(k) & \text{Lösung} & \text{Laufzeit [s]} \\
\hline
 1 &  1 & [1]                                                          & 0.0000 \\
 2 &  2 & [1, 2]                                                       & 0.0220 \\
 3 &  2 & [1, 2]                                                       & 0.0093 \\
 4 &  2 & [1, 2]                                                       & 0.0230 \\
 5 &  2 & [1, 2]                                                       & 0.0160 \\
 6 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0177 \\
 7 &  3 & [1, 2, 4]                                                    & 0.0110 \\
 8 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0120 \\
 9 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0090 \\
10 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0110 \\
11 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0090 \\
12 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0120 \\
13 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0093 \\
14 &  6 & [1, 2, 4, 8, 9, 11]                                          & 0.0090 \\
15 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0100 \\
16 &  6 & [1, 2, 4, 5, 10, 12]                                         & 0.0140 \\
17 &  5 & [1, 2, 4, 8, 9]                                              & 0.0120 \\
18 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.0120 \\
19 &  6 & [1, 2, 4, 13, 15, 16]                                        & 0.0116 \\
20 &  8 & [1, 2, 4, 5, 11, 12, 14, 15]                                 & 0.0138 \\
21 &  6 & [1, 2, 4, 5, 10, 11]                                         & 0.0160 \\
22 &  8 & [1, 2, 4, 5, 12, 13, 15, 16]                                 & 0.0150 \\
23 &  6 & [1, 2, 4, 5, 10, 11]                                         & 0.0238 \\
24 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.0250 \\
25 &  7 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13]                                     & 0.0260 \\
26 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.0364 \\
27 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.0439 \\
28 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.0510 \\
29 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.0550 \\
30 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.1283 \\
31 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.1006 \\
32 &  9 & [1, 2, 4, 5, 12, 14, 17, 18, 21]                             & 0.1436 \\
33 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 0.2576 \\
34 & 10 & [1, 2, 4, 8, 9, 18, 19, 21, 25, 26]                          & 0.2327 \\
35 &  9 & [1, 2, 4, 5, 11, 13, 23, 27, 29]                             & 0.2625 \\
36 & 10 & [1, 2, 4, 8, 9, 19, 20, 22, 26, 27]                          & 0.3186 \\
37 & 10 & [1, 2, 4, 8, 18, 25, 26, 29, 30, 36]                         & 0.3195 \\
38 & 12 & [1, 2, 4, 13, 15, 16, 20, 21, 23, 32, 34, 35]                & 0.2329 \\
39 & 10 & [1, 2, 4, 8, 18, 26, 27, 30, 31, 38]                         & 0.6169 \\
40 & 11 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 22, 24, 25, 29, 30]                     & 0.6080 \\
41 &  9 & [1, 2, 4, 5, 10, 14, 20, 21, 34]                             & 1.5696 \\
42 & 12 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 22, 23, 25, 26, 31, 32]                 & 0.9156 \\
43 &  9 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 14, 30, 38]                             & 3.0193 \\
44 & 12 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 23, 24, 26, 27, 32, 33]                 & 1.3035 \\
45 & 10 & [1, 2, 4, 5, 11, 15, 23, 33, 37, 39]                         & 3.5876 \\
46 & 12 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 27, 28, 33, 34, 36]                 & 2.7755 \\
47 & 10 & [1, 2, 4, 5, 10, 12, 24, 34, 35, 40]                         & 6.0002 \\
48 & 13 & [1, 2, 4, 12, 15, 16, 19, 21, 24, 25, 39, 43, 45]            & 3.5702 \\
49 & 10 & [1, 2, 4, 5, 10, 12, 35, 36, 40, 42]                         & 10.9488 \\
50 & 14 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 26, 27, 29, 30, 35, 36, 38]         & 3.6590 \\
51 & 11 & [1, 2, 4, 5, 10, 14, 20, 21, 25, 42, 44]                     & 14.3332 \\
52 & 14 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14, 28, 30, 31, 36, 37, 39]         & 5.8568 \\
53 & 11 & [1, 2, 4, 5, 10, 12, 26, 39, 41, 44, 46]                     & 21.1095 \\
54 & 16 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14, 28, 29, 31, 32, 37, 38, 40, 41] & 6.9447 \\
55 & 11 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 26, 27, 40, 45]                     & 36.0463 \\
56 & 16 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14, 29, 30, 32, 33, 38, 39, 41, 42] & 8.4136 \\
57 & 12 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 28, 38, 42, 44, 47]                 & 49.6016 \\
58 & 16 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14, 30, 31, 33, 34, 39, 40, 42, 43] & 15.8323 \\
59 & 12 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 29, 39, 43, 44, 55]                 & 68.7468 \\
60 & 16 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14, 31, 32, 34, 35, 40, 41, 43, 44] & 26.9562 \\
\end{array}
\]


-----------------
Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
- Bill Watterson -



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ok, eure ergebnisse sind gleich
dann ist 1,2,4,5, der häufigste start

könnt ihr auch min(k) ausgeben? also derart dass alle punkte belegt/gesperrt sind?

wohl ziemlich trivial aber trotzdem, wählt man diese ersten 6 gelben dann sind die restlich freien vier paarweise voneinander abhängig, da sie ja jeweils das gleiche gleichschenklige dreieck ermöglichen würden




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Ich erhalte:

\[\begin{array}{|r|r|r|r}
n & \min(k) & \text{Lösung} & \text{Laufzeit [s]} \\
\hline
 1 &  1 & [1]                                                          & 0.0000 \\
 2 &  2 & [1, 2]                                                       & 0.0240 \\
 3 &  2 & [1, 2]                                                       & 0.0110 \\
 4 &  2 & [1, 2]                                                       & 0.0140 \\
 5 &  2 & [1, 2]                                                       & 0.0130 \\
 6 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0120 \\
 7 &  3 & [1, 2, 4]                                                    & 0.0140 \\
 8 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0140 \\
 9 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0160 \\
10 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0150 \\
11 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0140 \\
12 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0170 \\
13 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0150 \\
14 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0120 \\
15 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0150 \\
16 &  4 & [1, 2, 4, 15]                                                & 0.0130 \\
17 &  4 & [1, 2, 4, 5]                                                 & 0.0130 \\
18 &  4 & [1, 2, 5, 6]                                                 & 0.0180 \\
19 &  5 & [1, 2, 4, 5, 10]                                             & 0.0250 \\
20 &  4 & [1, 2, 6, 17]                                                & 0.0150 \\
21 &  5 & [1, 2, 4, 9, 10]                                             & 0.0290 \\
22 &  6 & [1, 2, 4, 5, 10, 11]                                         & 0.0720 \\
23 &  6 & [1, 2, 4, 5, 10, 11]                                         & 0.1310 \\
24 &  6 & [1, 2, 4, 5, 11, 12]                                         & 0.1620 \\
25 &  6 & [1, 2, 4, 5, 10, 21]                                         & 0.1173 \\
26 &  6 & [1, 2, 4, 8, 9, 11]                                          & 0.1863 \\
27 &  6 & [1, 2, 4, 5, 12, 21]                                         & 0.1810 \\
28 &  6 & [1, 2, 4, 8, 9, 11]                                          & 0.2049 \\
29 &  6 & [1, 2, 4, 5, 10, 25]                                         & 0.3001 \\
30 &  6 & [1, 2, 6, 8, 25, 27]                                         & 0.3925 \\
31 &  6 & [1, 2, 4, 8, 21, 23]                                         & 0.3870 \\
32 &  6 & [1, 2, 4, 9, 11, 12]                                         & 0.4770 \\
33 &  6 & [1, 2, 4, 8, 9, 11]                                          & 0.5966 \\
34 &  7 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 22]                                     & 2.2082 \\
35 &  6 & [1, 2, 4, 8, 9, 11]                                          & 0.7731 \\
36 &  7 & [1, 2, 4, 5, 12, 14, 29]                                     & 3.3588 \\
37 &  7 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 27]                                     & 3.9134 \\
38 &  7 & [1, 2, 4, 8, 28, 29, 33]                                     & 5.1073 \\
39 &  6 & [1, 2, 7, 10, 15, 16]                                        & 1.7066 \\
40 &  8 & [1, 2, 4, 5, 10, 11, 13, 14]                                 & 17.5773 \\

\end{array}\]


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Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
- Bill Watterson -



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2021-01-22


doch 6 bei 35! unglaublich,
danke schön
haribo



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2021-01-22




es gibt mehrmals mehrere sperrvarianten, hier ist jeweils nur eine eingetragen



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, eingetragen 2021-01-22


Heute habe ich mich mal damit beschäftigt:

1) Anzahl gleichschenkliger Dreiecke (GSD)
In einem n-Eck kann jede Ecke Spitze eines GSD sein, wobei es dafür \(\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\) verschiedene Basispunkte gibt. Dies ergibt insgesamt:
\(d_n = n \cdot \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\)
GSD in einem n-Eck.

2) Anzahl wegfallender GSD mit jeder Ecke
Entnimmt man davon eine Ecke, so kann diese nicht mehr Spitze, rechter oder linker Basispunkt eines GSD sein. Somit entfallen mit jeder Ecke:
\(a_n = 3 \cdot \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\)
GSD in einem n-Eck

3) Zu viel entnommene GSD
Mit jedem Paar entnommener Punkte hat man aber 3 GSD (dieses Paar bildet entweder die Basis, den linken oder den rechten Schenkel eines GSD) zu viel entnommen, somit:
\(b_n = 3\)

4) Zu viel abgezogene GSD
Nun können unter k entnommenen Eck-Punkten aber auch GSD enthalten sein, welche dann durch 3) vollständig abgezogen wurden, obwohl diese nicht mehr vorkommen können. Deren Anzahl nennen wir vorerst:
\(c_n(k)\)


Gesucht ist nun ein k, so dass:
\(d_n \leq k \cdot a_n - \binom{k}{2} \cdot b_n + c_n(k)\)


Je kleiner k ist, so dass diese Gleichung erfüllt ist, um so weniger Eck-Punkte (k) muss man streichen, damit mit den verbliebenen Eckpunkten kein GSD mehr möglich ist. Damit \(n-k\) möglichst groß ist (das suchen wir), , muss k möglichst klein sein, und dazu muss \(c_n(k)\) möglichst groß werden.

Das maximale \(c_n(k)\) ist somit jene Verteilung von k Ecken auf einen n-Eck, so dass mit diesen Ecken eine maximale Anzahl an GSD gebildet werden kann.


5) Theorie / Approximation zu \(c_n(k)\)
Ordnet man einfach alle k Ecken in einer Reihe auf dem n-Eck an (sicherlich ist eine andere Anordnung besser für \(c_n(k)\) - aber das nur eine Annäherung), so können:
5.1) diese k Ecken Spitzen von GSD bilden, wobei deren Basispunkte benachbart zur Spitze auf dieser Reihe liegen:
\(\sum_{i = 1}^{2i \leq k} (k-2i) = \lfloor \frac{k}{2} \rfloor \cdot \lfloor \frac{k-1}{2} \rfloor\)
5.2) diese k Ecken, wenn k groß genug ist (\(k > \lfloor \frac{n}{2} \rfloor + 1\)), Spitzen von GSD bilden, wobei deren Basispunkte gegenüber liegen bzw. einseitig zur Spitze auf dieser Reihe (ein Schenkel überspannt dann die Lücke zwischen den k gewählten Ecken und den (n-k) nicht gewählten Ecken). Deren Anzahl ist:
\(2\sum_{i=1}^{k = i+\lfloor \frac{n}{2} \rfloor +1} i = (k - \lfloor \frac{n}{2} \rfloor - 1) \cdot (k - \lfloor \frac{n}{2} \rfloor)\)

Damit ist (mit dieser Annäherung und wenn \(k > \lfloor \frac{n}{2} \rfloor + 1\)):
\(c_n(k) \geq \lfloor \frac{k}{2} \rfloor \cdot \lfloor \frac{k-1}{2} \rfloor + (k - \lfloor \frac{n}{2} \rfloor - 1) \cdot (k - \lfloor \frac{n}{2} \rfloor)\)




Wenden wir dies auf n = 35 an, so finden wir:
\(d_{35} = 595\\
a_{35} = 51\\
b_{35} = 3\\
c_{35}(k > 18) \approx \lfloor \frac{k}{2} \rfloor \cdot \lfloor \frac{k-1}{2} \rfloor + (k - 18) \cdot (k - 17)\\
\to 595 \leq 51k - 3\binom{k}{2} + \lfloor \frac{k}{2} \rfloor \cdot \lfloor \frac{k-1}{2} \rfloor + (k - 18) \cdot (k - 17) \leq -0.25k^2 + 17.25k + 306\\
\to k \geq \frac{69-\sqrt{137}}{2} \approx 28.6477\)

Dies lässt schon vermuten, dass k = 29 definitiv geht und man mit einer anderen Anordnung der k Eckpunkte das \(c_{35}(k)\) so verbessert werden kann, dass k = 28 oder noch kleinere k möglich sind. Somit kann man sicher 6 Punkte (= 35-29) nehmen, aber sicherlich auch mehr.


Ich weiß nicht, ob dieser Ansatz noch groß verbessert werden kann. Und ob man leichter die optimalen Anordnungen für \(c_n(k)\) finden kann... - oder ob ich noch etwas übersehe xD

Wie viele GSD kann man denn mit dem inversen der optimalen Lösung für n = 35 bilden? Das Ziel sollte ja k = 26 sein.
Damit wäre:
\(595 \leq 51 \cdot 26 - 3\binom{26}{2} + c_{35}(26)\)
\(\to c_{35}(26) \geq 244\)?

Oder übersehe ich noch etwas in meiner Betrachtung xD Vor allem wenn \(3 \mid n\) tue ich mich schwer, da dann auch gleichseitige Dreiecke möglich sind, und wenn \(2 \mid n\), da dann ein gleichschenkliges Dreieck zu einer Diagonale entarten kann.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.23 begonnen.]



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2021-01-23


Guten Morgen Martin,

vielleicht können wir unsere analytischen Überlegungen
irgendwie in Einklang bringen...

Zur Anfangsfrage "3 aus 15 aus 35" habe ich Kitaktus
mittlerweile einen Lösungsvorschlag unterbreitet.
Danach[!] habe ich in die entsprechende Lösung zur zweiten Aufgabe
der zweiten Runde des Bundeswettbewerbes Mathematik 2017 "gespickt"
und gefolgert, dass mein Ansatz wohl ein "neuer" ist...

Ich drehe dazu das \(n\)-Eck so, dass einer der Eckpunkte
in "12-Uhr-Position" eine "Spitze" darstellt.
Ohne Beschränkung der Allgemeinheit lege ich diese "Spitze"
als "ursprünglichen Bezugspunkt" fest.
Dann betrachte ich die \(n\) gleichen Abstände zwischen den
Eckpunkten im Uhrzeigersinn als ganzzahlige Summe \(n\).
Nun widme ich mich den möglichen 3-er-Partialsummen von \(n\)
[siehe dazu WIKI - "Partitionsfunktion"!] \(P(n;3)\).
Eine echte Teilmenge davon sind die "strikten" 3-er-Partialsummen
\(Q(n;3)\), bei denen jeweils alle drei Summanden voneinander
verschieden sind. Sie repräsentieren für mich die unterschiedlichen
nicht-kongruenten nicht-gleichschenkligen Dreiecke!
Die Differenz \(\Delta_{PQ}(n;3)=P(n;3)-Q(n;3)\) liefert die Anzahl
der nicht-kongruenten gleichschenkligen Dreiecke!

Die Werte \(\Delta_{PQ}(n;3)\) ergeben sich als \({int}\left(\frac{n-1}{2}\right)\).
Für  \(n=35\)  ist demnach  \(\Delta_{PQ}(35;3)=17\) .
Für die Werte \(Q(n;3)\) habe ich noch keine erzeugende Funktion parat,
jedoch hatte ich sie vorab "von Hand" bis  \(n=20\)  ermittelt und dann
festgestellt, dass die OEIS-Folge "A001399" das gewünschte liefert!
Für  \(n=35\)  ist demnach  \(Q(35;3)=85\) .
Daraus ergibt sich folgerichtig  \(P(35;3)=Q(35;3)+\Delta_{PQ}(35;3)=102\) .

Am Beispiel  \(n=35\)  mit "Spitze" in Punkt "#\(1\)":
Eine der strikten 3-er-Partialsummen von \(35\) lautet  \(1+2+32\)[=35] ;
sie repräsentiert das nicht-gleichschenklige Dreieck aus den Punkten
#\(1\)[!], #\(2\) (2-1=1) und #\(4\) (4-2=2;35+1-4=32).
Zu jedem der so erzeugbaren \(85\) nicht-kongruenten nicht-gleichschenkligen
Dreiecke im \(35\)-Eck muss es fünf weitere jeweils kongruente geben,
weil sich ja auch aus jeder der geordneten 3-er-Partialsummen fünf
weitere gleichwertige Summen durch Permutation der Summanden bilden
lassen: 1+2+32=1+32+2=2+1+32=2+32+1=32+1+2=32+2+1 ;
"Zwischenstand" also:   \(6\,\cdot\,85\,=\,510\) ...
An Partialsummen mit jeweils mindestens zwei gleichen Summanden
gibt es - siehe oben! -  \({int}\left(\frac{35-1}{2}\right)=17\) . Ein Beispiel ist \(1+1+33\)[=35],
welche dann das gleichschenklige Dreick aus den Punkten #\(1\)[!], #\(2\) (2-1=1)
und #\(3\) (3-2=1;35+1-3=33) repräsentiert. Zu jedem der auf diese Weise
erzeugbaren \(17\) nicht-kongruenten gleichschenkligen Dreiecke im \(35\)-Eck
muss es zwei weitere jeweils kongruente geben, weil ja die "Spitze"
in Punkt #\(1\) entweder Scheitelpunkt oder einer von zwei Basispunkten
sein kann (gleiche Denke wie bei Dir): 1+1+33=1+33+1=33+1+1 ;
"Endstand" also:   \(510\,+\,3\cdot17\,=\,561\) ...
Und siehe da:
Wählt man unter den \(34\) Punkten außer der "Spitze" à la Lotto zwei aus,
so ergibt dies  \(\binom{34}{2}=17\cdot33=561\)  verschiedene Dreiecke,
was die vorherigen Überlegungen zu rechtfertigen scheint!

Bleibt "bloß" noch die Frage, wie man wohl Partialsummenbetrachtungen
und "geeignete" Binomialkoeffizienten derart miteinander "verwurschteln"
müsste, dass man auf die \(k_{min}\) und \(k_{max}\) in den Listen kommt...


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2021-01-23


2021-01-20 09:50 - Kitaktus in Beitrag No. 6 schreibt:
Die verallgemeinerte Fragestellung lautet so:
Gegeben ist ein regelmäßiges n-Eck. Wie viele Eckpunkte kann man in diesem n-Eck höchstens auswählen, so dass keine drei der ausgewählten Ecken ein gleichschenkliges Dreieck bilden? Diese maximale Anzahl bezeichne ich mit a(n).
Für $n\leq 5$ ergibt jede Auswahl von drei Eckpunkten ein gleichschenkliges Dreieck. Wer möchte kann hier a(n)=2 festlegen. Ich habe die Fälle einfach weggelassen und für n=6,...,51 den Wert von a(n) berechnet. Man stellt fest, dass a(n) nicht monoton wächst und dass gerade n tendenziell höhere Werte haben, als ungerade n. Aber auch a(2n) und a(2n+1) wachsen nicht monoton mit n (a(38)>a(40), a(39)>a(41)).

Wegen der Monotonie noch eine Anmerkung. Wenn man jedes 6te n-Eck betrachtet, dann sollten sie monoton sein, Störungen enstehen dazwischen eher wegen entarteter GSD wenn n gerade ist und gleichseitiger D wenn n durch 3 teilbar ist. Also sollte man eher 6 Klassen von n-Ecks betrachten.

Etwa in meinem letzten Post müsste man bei d_n noch 2n/3 abziehen, wenn n durch 3 teilbar ist (da man sonst jede Ecke der betreffenden gleichseitigen Dreiecke dreifach als Spitze zählt - und 2 davon wieder abziehen).



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2021-01-23


Nachfolgend bloß etwas für Grafikfreunde
und weil ich das "Ding" für mich sowieso erstellt habe -
eine "Co-Illustration" zu der von haribo in Beitrag #24:



Die sechs Punkte bilden zwar kein einziges gleichschenkliges Dreieck,
dafür aber gleich drei verschiedene gleichschenklige Trapeze!
Wieviele unter den \(n\) Eckpunkten eines \(n\)-Eckes man jeweils derart
wählen kann, dass keine vier darunter ein gleichschenkliges Trapez bilden,
erscheint mir im Moment noch eine zu knifflige Frage... 🙄

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.26 begonnen.]


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2021-01-23


@cramilu
Du hast in deinem vorletzten Post die Anzahl der gleichschenkligen Dreieck (GSD) in einem 35-eck gezählt?
Ich komme dabei nämlich auf 595 = 35*17
(siehe das d_n in meinem Post).



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2021-01-23


Martin... ja-haaa: Ich hirne ja selber noch d'rüber 🙄
Wie gesagt ist das noch in Einklang zu bringen!
Und wirklich voll konzentrieren kann ich mich auch nicht,
weil erst heute Nacht irgend so ein Spezialist eine neue
Knobelei eingestellt hat. Was für eine "abgew... Sch..."! 😉
Und deren Schwierigkeitsgrad soll bloß ein lausiges Sternchen
wert sein?! Ich schwanke, ob ich mich eingraben soll...


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DerEinfaeltige
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2021-01-23


@cramilu:
Meine Graphik sieht so aus:

<math>
\begin{tikzpicture}
\draw  (0.000,5.000) --  (0.893,4.920) --  (1.757,4.681) --  (2.564,4.292) --  (3.290,3.765) --  (3.909,3.117) --  (4.403,2.369) --  (4.755,1.545) --  (4.955,0.671) --  (4.995,-0.224) --  (4.875,-1.113) --  (4.598,-1.965) --  (4.173,-2.754) --  (3.614,-3.455) --  (2.939,-4.045) --  (2.169,-4.505) --  (1.330,-4.820) --  (0.448,-4.980) --  (-0.448,-4.980) --  (-1.330,-4.820) --  (-2.169,-4.505) --  (-2.939,-4.045) --  (-3.614,-3.455) --  (-4.173,-2.754) --  (-4.598,-1.965) --  (-4.875,-1.113) --  (-4.995,-0.224) --  (-4.955,0.671) --  (-4.755,1.545) --  (-4.403,2.369) --  (-3.909,3.117) --  (-3.290,3.765) --  (-2.564,4.292) --  (-1.757,4.681) --  (-0.893,4.920) -- cycle;
\draw[fill=black] (0.000,5.000) circle(.2);
\draw[fill=black] (0.893,4.920) circle(.2);
\draw[blue,very thin] (2.564,4.292) -- (0.893,4.920);
\draw[blue,very thin] (0.893,4.920) -- (0.893,4.920);
\draw[red,very thin] (2.564,4.292) -- (0.893,4.920);
\draw[fill=black] (2.564,4.292) circle(.2);
\draw[blue,very thin] (4.755,1.545) -- (2.564,4.292);
\draw[blue,very thin] (2.564,4.292) -- (0.893,4.920);
\draw[red,very thin] (4.755,1.545) -- (0.893,4.920);
\draw[blue,very thin] (4.755,1.545) -- (3.290,3.765);
\draw[blue,very thin] (3.290,3.765) -- (2.564,4.292);
\draw[red,very thin] (4.755,1.545) -- (2.564,4.292);
\draw[blue,very thin] (3.909,3.117) -- (4.755,1.545);
\draw[blue,very thin] (4.755,1.545) -- (4.955,0.671);
\draw[red,very thin] (3.909,3.117) -- (4.955,0.671);
\draw[fill=black] (4.755,1.545) circle(.2);
\draw[fill=black] (4.955,0.671) circle(.2);
\draw[blue,very thin] (4.875,-1.113) -- (4.955,0.671);
\draw[blue,very thin] (4.955,0.671) -- (4.955,0.671);
\draw[red,very thin] (4.875,-1.113) -- (4.955,0.671);
\draw[fill=black] (4.875,-1.113) circle(.2);
\draw[blue,very thin] (2.564,4.292) -- (4.755,1.545);
\draw[blue,very thin] (4.755,1.545) -- (4.875,-1.113);
\draw[red,very thin] (2.564,4.292) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (4.955,0.671) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (4.875,-1.113) -- (4.598,-1.965);
\draw[red,very thin] (4.955,0.671) -- (4.598,-1.965);
\draw[blue,very thin] (4.755,1.545) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (4.875,-1.113) -- (4.173,-2.754);
\draw[red,very thin] (4.755,1.545) -- (4.173,-2.754);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (4.755,1.545);
\draw[blue,very thin] (4.755,1.545) -- (3.614,-3.455);
\draw[red,very thin] (0.000,5.000) -- (3.614,-3.455);
\draw[blue,very thin] (0.893,4.920) -- (4.955,0.671);
\draw[blue,very thin] (4.955,0.671) -- (2.939,-4.045);
\draw[red,very thin] (0.893,4.920) -- (2.939,-4.045);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (4.955,0.671);
\draw[blue,very thin] (4.955,0.671) -- (2.169,-4.505);
\draw[red,very thin] (0.000,5.000) -- (2.169,-4.505);
\draw[blue,very thin] (2.564,4.292) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (4.875,-1.113) -- (1.330,-4.820);
\draw[red,very thin] (2.564,4.292) -- (1.330,-4.820);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (0.448,-4.980);
\draw[blue,very thin] (0.448,-4.980) -- (0.893,4.920);
\draw[red,very thin] (0.000,5.000) -- (0.893,4.920);
\draw[blue,very thin] (0.893,4.920) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (4.875,-1.113) -- (-0.448,-4.980);
\draw[red,very thin] (0.893,4.920) -- (-0.448,-4.980);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (4.875,-1.113) -- (-1.330,-4.820);
\draw[red,very thin] (0.000,5.000) -- (-1.330,-4.820);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (-2.169,-4.505);
\draw[blue,very thin] (-2.169,-4.505) -- (4.755,1.545);
\draw[red,very thin] (0.000,5.000) -- (4.755,1.545);
\draw[blue,very thin] (0.893,4.920) -- (-2.939,-4.045);
\draw[blue,very thin] (-2.939,-4.045) -- (4.955,0.671);
\draw[red,very thin] (0.893,4.920) -- (4.955,0.671);
\draw[blue,very thin] (0.893,4.920) -- (-3.614,-3.455);
\draw[blue,very thin] (-3.614,-3.455) -- (4.875,-1.113);
\draw[red,very thin] (0.893,4.920) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (2.564,4.292) -- (-4.173,-2.754);
\draw[blue,very thin] (-4.173,-2.754) -- (4.875,-1.113);
\draw[red,very thin] (2.564,4.292) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (-4.598,-1.965) -- (0.000,5.000);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (4.875,-1.113);
\draw[red,very thin] (-4.598,-1.965) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (4.755,1.545) -- (-4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (-4.875,-1.113) -- (4.875,-1.113);
\draw[red,very thin] (4.755,1.545) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (-4.995,-0.224) -- (0.000,5.000);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (4.955,0.671);
\draw[red,very thin] (-4.995,-0.224) -- (4.955,0.671);
\draw[blue,very thin] (-4.955,0.671) -- (0.000,5.000);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (4.755,1.545);
\draw[red,very thin] (-4.955,0.671) -- (4.755,1.545);
\draw[blue,very thin] (-4.755,1.545) -- (0.893,4.920);
\draw[blue,very thin] (0.893,4.920) -- (4.955,0.671);
\draw[red,very thin] (-4.755,1.545) -- (4.955,0.671);
\draw[blue,very thin] (-4.403,2.369) -- (0.893,4.920);
\draw[blue,very thin] (0.893,4.920) -- (4.755,1.545);
\draw[red,very thin] (-4.403,2.369) -- (4.755,1.545);
\draw[blue,very thin] (-3.909,3.117) -- (2.564,4.292);
\draw[blue,very thin] (2.564,4.292) -- (4.875,-1.113);
\draw[red,very thin] (-3.909,3.117) -- (4.875,-1.113);
\draw[blue,very thin] (-3.290,3.765) -- (0.000,5.000);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (2.564,4.292);
\draw[red,very thin] (-3.290,3.765) -- (2.564,4.292);
\draw[blue,very thin] (-2.564,4.292) -- (2.564,4.292);
\draw[blue,very thin] (2.564,4.292) -- (4.955,0.671);
\draw[red,very thin] (-2.564,4.292) -- (4.955,0.671);
\draw[blue,very thin] (-1.757,4.681) -- (0.000,5.000);
\draw[blue,very thin] (0.000,5.000) -- (0.893,4.920);
\draw[red,very thin] (-1.757,4.681) -- (0.893,4.920);
\end{tikzpicture}
</math>

Schenkel sind blau, Basen rot.
Wird eine Ecke von mehreren Dreiecken blockiert, so wurde eines willkürlich ausgewählt.

Resultat: Ein buntes Wollknäuel mit sechs Stecknadeln!

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.29 begonnen.]


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Why waste time learning when ignorance is instantaneous?
- Bill Watterson -



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2021-01-23


@DerEinfaeltige: Ja... ja... verwirrt mich nur alle vollends! 🙄
"[...] Wird eine Ecke von mehreren Dreiecken blockiert,
so wurde eines willkürlich ausgewählt. [...]"
Na, wat'n Jlück! Sonst wä'at ja noch bunter und "verworrener"! 😉

Im Ernst: Ich bin bei sowas recht flugs mit meinem Vorstellungs-
vermögen am Anschlag. Erst recht, wenn dann auch noch interessant
wird, welche von welchen Dreiecken einander wie oft überdecken...
Gerade drum habe ich mich ja auf den Spezialfall konzentriert,
dass die "Spitze" als Bezugspunkt "gesetzt" ist, und hernach
statt in Verbindungslinien in Partialsummen gedacht!

Und dann sollste "nebenher" auch noch an die Planetarier-
Geburtstage denken sowie Dich um "offene alte" und "ganz frische"
Knobeleien kümmern. Mein Großhirn gleitet gerade allmählich
in einen fruchtlosen "Busy-Shift"-Modus. 😎


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2021-01-23


Deine Betrachtung mit den Partialsummen verstehe ich dafür aber auch nicht xD

Meine mal an einem Bsp...
Sei n = 11, dann habe man die Ecken: \(A_0,A_1,...,A_9=A_{-2},A_{10}=A_{-1}\)

oBdA sei \(A_0\) die Spitze ein GSD, dann sind deren mögliche Basen:
\(A_1A_{-1}, A_2A_{-2},..., A_5A_{-5}\)

Deren Anzahl ist: \(\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\)

Wir brauchen die Floor-Funktion, da für n = 12 es auch nur 5 Paare gibt... denn in diesem Fall ist \(A_0A_6A_{-6}\) ein entartetes GSD / eine Diagonale.

Nun kann aber jede der n-Ecken die Spitze eines GSD sein, und somit:
\(d_n = n \cdot \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\) (wenn \(3 \nmid n\))

Problematischer wird es jetzt, wenn n durch 3 teilbar ist.
Dann ist etwa \(n = 3m\) und damit: \(A_0A_mA_{-m}\) ein gleichseitiges Dreieck. Wenn man jetzt die Spitzen der GSD zählt, so würde man für \(A_0\) eins zählen mit der Basis \(A_mA_{-m}\), für \(A_m\) eins mit der Basis \(A_0A_{-m}\), und für \(A_{-m}\) eins mit der Basis \(A_0A_m\). Die \(m = \frac{n}{3}\) gleichseitigen Dreiecke werden als GSD also dreifach gezahlt, wovon man wieder 2 abziehen muss:
\(d_{n=3m} = n \cdot \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor - 2\frac{n}{3}\)




Wenn man jetzt die Ecke \(A_0\) streicht, so streicht man damit alle GSD mit \(A_0\) als Spitze... das waren wie oben beschrieben \(\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\). Ebenso streicht man auch alle GSD mit \(A_1,A_2,...,A_{\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor}\) als Spitze und \(A_0\) als einen der Basisecken (linke Basisecke, wenn Spitze oben). Außerdem streicht man auch alle GSD mit \(A_{-1},A_{-2},...,A_{-\lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor}\) als Spitze und \(A_0\) als einen der Basisecken (rechte Basisecke, wenn Spitze oben). Somit streicht man:
\(a_n = 3 \cdot \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor\) (wenn \(3 \nmid n\))

Problematischer wird es auch hierbei, wenn n durch 3 teilbar ist.
Dann ist etwa \(n = 3m\) und damit: \(A_0A_mA_{-m}\) ein gleichseitiges Dreieck. Wenn man jetzt \(A_0\) streicht, so würde man für \(A_0\) das GSD mit der Basis \(A_mA_{-m}\) streichen, für \(A_m\) das GSD mit der Basis \(A_0A_{-m}\), und für \(A_{-m}\) das GSD mit der Basis \(A_0A_m\). Das gleichseitigen Dreiecke wird als GSD also dreifach gestrichen, wovon man wieder 2 abziehen muss:
\(a_{n=3m} = 3 \cdot \lfloor \frac{n-1}{2} \rfloor - 2\)




Hat man jetzt \(k\) Ecken gestrichen, so kann man jedes Paar \(A_iA_j\) daraus betrachten. Davon gibt es \(\binom{k}{2}\). oBdA sei \(i=0\).
(i) Für \(A_0\) als Spitze eines GSD hatte man das GSD mit der Basis \(A_jA_{-j}\) gestrichen. Aber auch für \(A_j\) als einen Basispunkt hatte man das GSD mit der Spitze \(A_0\) gestrichen - dieses wurde also einfach zu oft gestrichen.
(ii) Weiterhin mit \(A_j\) als Spitze eines GSD hatte man das GSD mit der Basis \(A_0A_{2j}\) gestrichen. Aber auch für \(A_0\) als einen Basispunkt hatte man das GSD mit der Spitze \(A_j\) gestrichen - dieses wurde also einfach zu oft gestrichen.
(iii) Außerdem hatte man für \(A_0\) als ein Basispunkt ein Dreieck mit der Basis \(A_0A_j\) gestrichen. Entweder liegt deren Spitze zwischen 0 und j, oder zwischen j und 0 - jenachdem in welchem Intervall eine ungerade Anzahl an Ecken liegt (dazu muss aber auch n ungerade sein). Deren mittlerer Punkt wäre dann die Spitze. Ebenso hat man für \(A_j\) dieses GSD mit der Basis \(A_0A_j\) gestrichen - dieses wurde also einfach zu oft gestrichen.
Insgesamt:
\(b_n = 3\) (wenn \(2 \nmid n\) und \(3 \nmid n\))


Ist \(n = 2m\) gerade, so kann \(j = m\) sein - und für dieses Paar ist \(A_0A_j\) eine Diagonale - und nach (i) und (ii) gibt es keine entsprechenden GSD - da \(A_jA{-j}\) ein Punkt ist und keine Basis.
Außerdem kann \(j\) ungerade sein, so dass zwischen \(0\) und \(j\) eine gerade Anzahl an Ecken ist und ebenso zwischen \(j\) und \(0\) eine gerade Anzahl an Ecken - in dem Fall gäbe es nach (iii) keine GSD mit der Basis \(A_0A_j\). Ist \(j\) hingegen gerade, so ist sowohl zwischen \(0\) und \(j\) als auch zwischen \(j\) und \(0\) eine ungerade Anzahl an Ecken - und die jeweils mittlere Ecke kann Spitze eine GSD mit der Basis \(A_0A_j\) sein.
zB für \(n = 6\) hat \(A_0A_3\) keine GSD bei denen eines dieser Eckpunkte die Spitze ist. Auch hat \(A_0A_1\) keine GSD bei denen dies die Basis sei. \(A_0A_2\) kann aber 2 GSD mit dieser Basis bilden: \(A_0A_1A_2\) und \(A_2A_4A_0\) [letzteres ist gleichseitig, siehe dazu den nächsten Punkt].
Damit ist für \(n = 2m\) die Berechnung von \(b_n\) sehr viel komplexer.


Ist \(n = 3m\) durch 3 teilbar, so kann \(j = m\) oder \(j = -m\) sein - und nur für diese beiden Paar sind die Fälle (i), (ii) und (iii) identisch, da \(A_{-j} = A_{2j}\) (Fall (i) und (ii)). Und die Spitze eines GSD mit Basis \(A_0A_j\) ist dann \(A_{-j}\) (Fall (iii)).
Damit hätte man für dieses Paar \(A_0A_mA_{-m}\) nur einfach zu oft gezählt (je einmal für \(A_0\) und einmal für \(A_m\)).
Ist somit \(j \neq i \pm m\), so kann man für das Paar \(A_iA_j\) noch \(b_n = 3\) abziehen. Ist aber \(j = i \pm m\), so kann man für das Paar \(A_iA_j\) nur noch \(b_n = 1\) abziehen.

Noch komplizierter wird es jetzt, wenn \(n = 6m\) xD




Und am kompliziertesten wird dann die Berechnung von \(c_n(k)\) -.-
\(c_n(k)\) sei dabei die maximale Anzahl an GSD die man mit \(k\) Ecken eines regelmäßigen n-Ecks bilden kann.

Und dann soll für das gesuchte k gelten:
\(d_n \leq k a_n - \sum^{i,j} b_n(i,j) + c_n(k)\)

Also mit den k entnommenen Ecken konnte man alle möglichen GSD eines n-Ecks zerstören.

Die \(b_n(i,j)\) bzw. die Summe darüber hängt dabei auch von der Struktur der gewählten Ecken (für \(c_n(k)\)) ab - hat man etwa für die Ecken \(i(1),i(2),...,i(k)\) eine maximale Anzahl an GSD erreicht, so könnten darunter (wenn n gerade oder durch 3 teilbar) Paare sein, die ein gleichseitiges Dreieck ermöglichen, ein als Diagonale entartetes Dreieck bilden, oder die Basis für 0 oder 2 GSD bilden - entsprechend ist jeweils \(b_n(i(u),i(v)); 1 \leq u < v \leq k\) verschieden -.-

Daher ist es einfacher sich vorerst mit \(n = 6m \pm 1\) zu befassen xD



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haribo
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.34, eingetragen 2021-01-23


2021-01-23 09:44 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 31 schreibt:

Meine Graphik sieht so aus:


ok ,ich hatte in #24 GUZ gezeichnet, (hauptsächlich um cramilus hirnwindungen zu trainieren) aber ansonsten sehe ich keinen grundlegenden unterschied zwischen beiden bildern, ach ja die wolle hätte ich jetzt auch nicht erkannt, die stecknadeln schon
haribo



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haegar90
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2021-01-24


....der Text der hier zuvor stand war belanglos, wurde deshalb gelöscht.


-----------------
Gruß haegar



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Kitaktus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-26


Für's Protokoll:

Richtige Lösungen gab es bisher von:
- Kezer
- MartinN

und im Prinzip durch erschöpfende Suche von:
- DerEinfaeltige



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.37, eingetragen 2021-01-29


Guten Abend Kitaktus,
ich hatte Dir ja bereits geschrieben,
dass ich mir die entsprechenden "Musterlösungen"
zum Bundeswettbewerb Mathematik 2017, Runde 2,
Aufgabe 2, angeschaut habe, nachdem ich meinen eigenen
- leider unzulänglichen Lösungsansatz - genannt hatte...
Wenn ich den dort maßgeblichsten Ansatz weiterdenke,
dann ließe sich die Aufgabenstellung ja insofern abändern,
dass man nach entsprechend 9 Punkten in einem 20-Eck fragt!?

MartinN, die Anzahl möglicher, untereinander nicht
kongruenter gleichschenkliger Dreiecke aus drei Eckpunkten
eines regelmäßigen \(n\)-Ecks hatten wir ja schon "festgenagelt"
als   \(i={int}[{floor}]\left(\frac{n-1}{2}\right)\) ; \(i\) stehe hier für "isoscel" (gleichschenklig)...
Meine Partialsummenbetrachtung war gedacht, um andererseits
die korrespondierende Anzahl möglicher, untereinander nicht
kongruenter nicht-gleichschenkliger Dreiecke zu bestimmen.
Hierfür habe ich mittlerweile eine... Art... "Formel" gefunden.
Man bestimme zunächst die "Stufe" \(s={int}[{floor}]\left(\frac{n}{6}\right)\)
sowie den "Rest" \(r=n\,mod\,6\).
Die Anzahl \(a\) "allosceler" bzw. "anisosceler" (nicht-gleichschenkliger)
Dreiecke ergibt sich dann als   \(a=s\cdot(3s+r-3)\) ,
wobei \(a\) noch um \(1\) zu erhöhen ist, falls \(r=0\).
Die Resultate stimmen mit OEIS "A001399" überein!
Siehst Du eine Möglichkeit, meine... "Formel"... kompakter
und formal befriedigender darzustellen?


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