Mathematik: Induktivfalle
Released by matroid on Do. 08. Januar 2004 19:06:50 [Statistics]
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Mathematik

\(\begingroup\)
Induktivfalle

Induktives Vorgehen beim Auffinden von Gesetzmäßigkeiten ist in der Physik wie in der Mathematik verbreitet und führt oftmals, aber nicht immer, zu brauchbaren Ergebnissen. Ein Beispiel, bei dem es funktioniert, ist die Addition der Kuben aufeinander folgender natürlicher Zahlen. Dabei ergibt sich:
13=12, 13+23=32, 13+23+33=62, 13+23+33+43=102,
und die Vermutung liegt nahe, daß für jedes natürliche n gilt:
13+23+33+...+n3=dn2, wobei dn=1+2+3+...+n
die n-te der Zahlen 1,3,6,10,... ist, die, weil man sie so

veranschaulichen kann, Dreieckszahlen heißen.

Gesetzmäßigkeiten, die durch ein paar Anfangsbeispiele, d. h. unvollständig induktiv gefunden wurden, müssen anschließend mit Hilfe der vollständigen Induktion oder auf anderem Wege allgemein bewiesen werden. Wird darauf verzichtet, gerät man unter Umständen in eine böse Falle.


Bei den Dreieckszahlen fand nach einer oft zitierten Anekdote der erst neunjährige Gauß heraus, daß sie sich für jedes natürliche n mit dem Term n(n+1)/2 viel leichter als durch stures Aufsummieren berechnen lassen. Dabei wendete er ein eigenes, nicht-induktives Verfahren an, das seinem Lehrer unbekannt war und ihn sehr beeindruckte.

Liegt ein solches, auf analytischen oder konstruktiven Überlegungen beruhendes Verfahren nicht auf der Hand und findet man auch bei angestrengtem Nachdenken nichts dergleichen, bleibt einem kaum anderes übrig, als den induktiven Weg zu versuchen. Dies soll bei der folgenden geometrischen Aufgabe geschehen: In wieviele Teile wird die Fläche eines Kreises durch die Diagonalen eines auf dem Kreisumfang liegenden, regelmäßigen n-Ecks zerlegt?

Um für den Anfang möglichst viel Zahlenmaterial zu haben, betrachten wir dabei auch das "Eineck" und "Zweieck":

xxxxx
Bei diesen fünf Figuren ist die Antwort einfach: bedeutet n die Anzahl der Ecken, dann wird der Kreis in 2n-1 Bereiche zerlegt. Doch Vorsicht! Beim nächsten Schritt erhält man statt der erwarteten 32 Teile nur 30:
xxxxxxxxxxxxxxxxxx
(Wir haben sechs Sektoren mit fünf Feldern.) Der gefundene Term 2n-1 ist für n>5 falsch - die Induktivfalle hat zugeschnappt. Wodurch muß man ihn bei beliebigem n ersetzen, und wie läßt sich das begründen?

Hans-Jürgen

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Induktivfalle [von Hans-Juergen]  
Induktives Vorgehen beim Auffinden von Gesetzmäßigkeiten ist in der Physik wie in der Mathematik verbreitet und führt oftmals, aber nicht immer, zu brauchbaren Ergebnissen.
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"Mathematik: Induktivfalle" | 14 Comments
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Re: Induktivfalle
von: huseyin am: Do. 08. Januar 2004 19:42:09
\(\begingroup\)Wie war denn dieses Verfahren, was Gauß angeblich anwandt?\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Ex_Mitglied_40174 am: Do. 08. Januar 2004 21:42:58
\(\begingroup\)das Verfahren bezieht sich auf natürliche Zahlen n, wobei von 1 bis n summiert werden soll

Aufsummieren kann man dann für gerade n:


(1+n) + (2+(n-1)) + (3+(n-2)) + ... + (n-n/2 + n/2+1)


dann steht nämlich n/2-mal "(1+n)" da und man kann abkürzend aufsummieren mit (n(n+1))/2

für ungerade summiert man

(1+n) + (2+n-1) + ... + ((n+1)/2)
=(2(n+1))/2 + (2(n+1))/2+...+(n+1)/2


das ist dann genau (n)-mal "(n+1)/2",
das ergibt dann wieder die bekannte formel

syn\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Martin_Infinite am: Fr. 09. Januar 2004 06:23:21
\(\begingroup\)@Meta: Das ging so:

Sei s(n) die n-te Dreieckszahl. Dann gilt
s(n)=1+2+...+(n-1)+n
sowie
s(n)=n+(n-1)+...+2+1
Diese Gleichungen addiert man:
2*s(n)=(n+1)+(n+1)+...+(n+1)+(n+1) (n-mal)
also
s(n)=n(n+1)/2\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: huseyin am: Fr. 09. Januar 2004 14:14:20
\(\begingroup\)Vielen Dank für die Erklärungen.\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Rebecca am: Fr. 09. Januar 2004 14:33:24
\(\begingroup\)Hallo Hans-Jürgen,

das ist eine sehr schöne Aufgabe, leicht zu begreifen, schwer zu lösen. Die würde gut in eine MPC passen.
Nach meinen Ergebnissen kommt für n>5 nie wieder eine Zweierpotenz vor. Beim 13-Eck kommt 456 raus, wie jeder hier leicht (*g*) nachzählen kann.

\geo
e(700,700) xy(-1.2,1.2) form(of) nolabel()
name()
f(0,0,black)
P(0,0,M)
c(red) pen(2)
kreis(M,1,K)
c(white)
p(K,0,P1)
p(K,27.69230769,P2) p(K,55.38461538,P3) p(K,83.07692308,P4)
p(K,110.7692308,P5) p(K,138.4615385,P6) p(K,166.1538462,P7)
p(K,193.8461538,P8) p(K,221.5384615,P9) p(K,249.2307692,P10)
p(K,276.9230769,P11) p(K,304.6153846,P12) p(K,332.3076923,P13)
makro(v,c(blue)s(P%1,P%2)c(blue)s(P%1,P%3)s(P%1,P%4)s(P%1,P%5)c(blue)s(P%1,P%6)c(blue)s(P%1,P%7)s(P%1,P%8)c(blue)s(P%1,P%9)c(blue)s(P%1,P%{10})s(P%1,P%{11})s(P%1,P%{12})c(blue)s(P%1,P%{13}))
v(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13)
v(2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1)
v(3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2)
v(4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3)
v(5,6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3,4)
v(6,7,8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5)
v(7,8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6)
v(8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7)
v(9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8)
v(10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9)
v(11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10)
v(12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11)
c(white)
makro(fi,k(P%1,0.02,c%1) f(c%1,white,top))
fi(1)fi(2)fi(3)fi(4)fi(5)fi(6)fi(7)fi(8)fi(9)fi(10)fi(11)fi(12)fi(13)


\geooff

geoprint(,Graphik)


Gruß
Rebecca\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Rebecca am: Fr. 09. Januar 2004 15:50:54
\(\begingroup\)Uups, kleiner Übertragungsfehler: 456 gilt für das 12-Eck, beim 13-Eck sind es 794.

Gruß
Rebecca\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Rebecca am: Fr. 09. Januar 2004 15:56:02
\(\begingroup\)Hi,

die Aufgabe kann man noch modifizieren: Berechnung nicht für ein regelmäßiges n-Eck, sondern für ein beliebiges konvexes Polygon im Kreis.
Zusatzfrage: wenn n ungerade ist, ist in beiden Fällen das Ergebnis gleich; warum ???

Gruß
Rebecca\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Hans-Juergen am: Fr. 09. Januar 2004 18:47:26
\(\begingroup\)Hallo Rebecca,

die Ausdehnung der Aufgabe auf beliebige, unregelmäßige Polygone ist sicher möglich, nur wird dabei das Abzählen zur Kontrolle bei größerem n sehr mühselig und geht bei regelmäßigen N-Ecken bis n=13 leichter, wie Deine schöne Graphik zeigt.

Hinsichtlich Deiner Zusatzfrage denke ich folgendes: bei ungeradem n gibt es im Innern des N-Ecks anscheinend keine Punkte, in dem sich mehr als zwei Diagonalen schneiden, während dies bei geradem n der Fall ist. Wegen der Achsensymmetrie ist die Kreismitte ein solcher Punkt.

Macht man nun bei geradem n aus einem regelmäßigen Vieleck durch Verschieben eines Punktes auf dem Kreisumfang ein unregelmäßiges, so kann es sein, daß aus einem Punkt, in dem sich mehr als zwei Diagonalen schneiden, ein Dreieck wird; dann gibt es eine Fläche
mehr als beim regelmäßigen N-Eck. Dies sieht man sehr schön bei n=6:
Bild
regelmäßig: 30 Flächen
Bild
unregelmäßig: 31 Flächen.

Viele Grüße,
Hans-Jürgen

\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Hans-Juergen am: Sa. 10. Januar 2004 09:43:16
\(\begingroup\)Noch etwas: die durch Abzählen leicht gewinnbare Folge für regelmäßige Vielecke: 1,2,4,8,16,30,..., 88,...,230 ist in Sloanes Enzyklopädie der ganzen Zahlen enthalten und wird dort fortgesetzt: 1, 2, 4, 8, 16, 30, 57, 88, 163, 230, 386, 456, 794, 966, … mit der Aufgabenstellung:
Join n equal points around circle in all ways, count regions.

Begründet wird die Folge nicht, doch wenn man auf einen der angegebenen Links klickt, gibt es noch den Hinweis:

We give a formula for the number of interior intersection points made by the diagonals of a regular n-gon. The answer is a polynomial on each residue class modulo 2520. We also compute the number of regions formed by the diagonals, by using Euler's formula V - E + F = 2.

Hier geht es offenbar um die Anzahl der Diagonalenschnittpunkte, also nicht genau das, was wir wollen. Interessant ist aber, daß dabei die Eulersche Polyederformel auf ebene Polygone angewendet wird. Wieso und unter welchen Voraussetzungen ist das zulässig? Wer auf dem Matheplaneten weiß etwas darüber?

Hans-Jürgen

\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: trunx am: So. 11. Januar 2004 10:38:22
\(\begingroup\)Hallo Hans-Jürgen,

man kann den Polyedersatz für alle Dimensionen in abgewandelter Form benutzen. Ich hatte hier mal einen Artikel darüber geschrieben. Vielleicht hilft dir das ja.

bye trunx\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Ex_Mitglied_40174 am: Sa. 24. Januar 2004 13:22:46
\(\begingroup\)Gauss hat nicht ungerade n und gerade n unterschieden, sondern er hat gerechnet:

S = 1 + 2 + 3 + ... + n

S = n + (n-1) + (n-2) + ... + 1

und damit

2S = (n+1) + (n+1) + (n+1) + ... + (n+1) (n-mal)

also

S = (n+1)*n/2 \(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Hans-Juergen am: Do. 29. Januar 2004 17:30:08
\(\begingroup\)


Hi,

im folgenden skizziere ich eine Teillösung der obigen,
ursprünglichen Aufgabe und betrachte dazu als erstes das
regelmäßige 7-Eck:



Die Diagonale 0→2 wird von anderen Diagonalen 4-mal,

die Diagonale 0→3 6-mal,

die Diagonale 0→4 6-mal,

die Diagonale 0→5 4-mal

geschnitten. Zusammen ergibt das 20 Schnittpunkte. Da die übrigen 6 Eckpunkte
mit dem Eckpunkt 0 gleichberechtigt sind, bekäme man durch Multiplikation mit n=7
insgesamt 140 Diagonalenschnittpunkte. Das aber wären viel zu viele, da bei
diesem Vorgehen alle Schnittpunkte mehrfach gezählt werden. Das regelmäßige
7-Eck hat insgesamt nur 35 Diagonalenschnittpunkte, und man muß, um auf diese Anzahl zu kommen, die erhaltenen 140 noch durch 4 dividieren.

Dasselbe machen wir zur Kontrolle mit dem regelmäßigen 5-Eck. Hier ergeben sich
sinngemäß (2+2)*5/4=5 Diagonalenschnittpunkte:

Bild

und beim regelmäßigen Neuneck


sind es (6+10+12+12+10+6)*9/4=126. (Das Nachzählen wird langsam etwas mühselig.)



Die Zahlen 5,35,126 kommen im Pascalschen Dreieck vor:

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

1 8 28 56 70 56 28 8 1

1 9 36 84 126 126 84 36 9 1.

Es sind die Binomialkoeffizienten



Dies kann man sich so plausibel machen: Jeder Diagonalenschnittpunkt entsteht durch Schnitt zweier Strecken, die durch je 2, insgesamt also 4 Eckpunkte des n-Ecks festgelegt sind. 4 Objekte lassen sich aber aus n Objekten auf n über 4 Arten auswählen.


Voraussetzung hierbei ist, daß nur Polygone betrachtet werden, bei denen jeder Diagonalenschnittpunkt von nicht mehr als zwei Diagonalen gebildet wird. Deshalb lassen wir das regelmäßige 6-, 8-, 10-,...-Eck außeracht, nehmen aber das Quadrat noch mit hinzu.


Für später benötigen wir die von trunx zitierte und begründete Eulersche Formel für ebene Polygone:

e-k+f=1.

In ihr bedeutet e die Anzahl der Diagonalenschnittpunkte plus die Anzahl der Ecken des Polygons:

.

Die Anzahl k der "Kanten", wie man sie im räumlichen Fall, beim Polyeder, nennt, ist ebenfalls nicht schwer zu ermitteln. Wie oben gehen wir von einem festen Startpunkt aus und sehen nun nach, in wieviele Teile die jeweiligen Diagonalen von anderen zerschnitten werden. Es ist jedesmal einer mehr, als es Diagonalenschnittpunkte gibt, und so läßt sich herausfinden, daß gilt:



(Zu k rechnen auch die Seiten des n-Ecks). Damit und mit der Eulerformel erhält man die Anzahl f der Teilflächen des n-Ecks zu



und wenn im Sinne der ursprünglichen Aufgabe noch die das n-Eck umgebenden Kreissegmente hinzugenommen werden:



Hiermit kann man Rebeccas Angabe bestätigen, daß der Kreis mit einbeschriebenem 13-Eck 794 Teilflächen besitzt.

Die für n = 4, 5, 7, 9, 11, ... erhältlichen Zahlen f' = 8, 16, 57, 163, 386, ... sind auch in der Folge von Sloane enthalten. Wird die letzte Formel auf das oben gezeichnete unregelmäßige Sechseck angewendet, ergibt sich für n=6 die richtige Teilflächenanzahl 31.


Hans-Jürgen
\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Rebecca am: Do. 29. Januar 2004 18:04:52
\(\begingroup\)Hi Hans-Jürgen,

danke für deine schöne Lösung, ich hatte damals als Ergebnis
1+(n^4-6n^3+23n^2-18n)/24
erhalten, weil ich nicht - wie du - an die Binomialkoeffizienten gedacht hatte.

Gruß
Rebecca\(\endgroup\)
 

Re: Induktivfalle
von: Ex_Mitglied_40174 am: Mi. 28. September 2005 18:50:58
\(\begingroup\)hallo! ich habe noch eine frage zur oberen ursprünlichen aufgabe: kann ich mit der vollständigen induktion beweisen, dass die formel 2^n-1 nicht gilt? Ohne das auszuprobieren? Wie lautet da der ansatz? gruß Daniel\(\endgroup\)
 

 
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