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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:43 Do 21.10.2010 | | Autor: | JulGe |
| Aufgabe | | Eine quadratische Fläche der Seitenlänge [mm] 2^{n} [/mm] mit n [mm] \in \IN [/mm] ist Schachbrettartig in Einheitsquadrate unterteilt. Nun wird eines dieser [mm] 4^{n} [/mm] Einheitsquadrate entfernt. Man zeige, dass die verbleibende Fläche stets durch Platten der Form (wie im Bild unten), bestehend aus drei Einheitsquadraten lückenlos und überschneidungsfrei bedeckt werden kann. |
Schönen guten Morgen,
leider habe ich überhaupt keine Ahnung, wie ich diese Aufgabe bearbeiten soll. Ich habe mir mal eine Skizze gemacht und damit schonmal verstanden was mit den dreiteiligen Platten gemeint ist. Aber wie man sowas jetzt berechnen soll ist mir irgendwie überhaupt nicht klar.
[Dateianhang nicht öffentlich]
LG
Julian
Dateianhänge:
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hallo JulGe,
da ist auch nichts zu berechnen, es sei denn, du könntest zeigen, dass [mm] 4^n-1 [/mm] nicht durch 3 teilbar ist. Ist es aber.
Die Frage zielt eher darauf, ob Du einen Plan angeben kannst, in welcher Weise die zu belegende Fläche (also die mit dem einen fehlenden Quadrat) mit diesen Dreierplatten bedeckt werden kann.
Dazu ein Tipp: für n=1 ist die Lösung ja offensichtlich.
Nun probier mal für n=2 und für n=3 und überleg Dir dabei, ob Du folgendes zeigen kannst: Wenn die Fläche für ein bestimmtes n mit Dreierplatten ausgelegt werden kann, dann auch die Fläche für n+1.
Faktisch also eine vollständige Induktion, hier aber als (vorerst noch endliches) Parkettierungsproblem.
Ungewöhnlich an dieser Aufgabe ist, dass ein beliebiges der kleinen Quadrate entfernt werden darf. Man kommt einfacher drauf, wenn (und so die übliche Form der Aufgabe) eines der vier kleinen Quadrate, das an den Mittelpunkt des Bretts grenzt, entfernt wird - oder, auch eine gängige Variante, eines der Eckquadrate. Andererseits ist der Lösungsweg bei all diesen Aufgabenvarianten der gleiche, so auch hier.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:13 Do 21.10.2010 | | Autor: | JulGe |
Ich habe jetzt für n=2 ein Schachbrett gezeichnet. Und für n=3 könnte ich das sicher auch. Ich muss das ja jetzt aber irgendwie allgemein formulieren. Muss man da eine Folge definieren, die man dann mit vollständiger Induktion beweist?
[Dateianhang nicht öffentlich]
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hallo nochmal,
nein, keine Folge. Hier gibt es nichts zu rechnen, das sagte ich doch schon.
Die Skizze ist vielleicht ganz hilfreich...
Der gelbe Dreier und das graue Quadrat füllen ja ein Quadrat der Seitenlänge [mm] 2^1. [/mm] Durch Drehung dieser Kombination kann im Prinzip jedes der Felder im [mm] 2^2-Quadrat [/mm] die Rolle des freien Feldes einnehmen.
Bis hierhin klar?
Dann schau Dir mal die anderen 4 Dreier an, also das rote, weiße, grüne und violette zusammen. Nimm die beiden anderen "Teile" weg (gelb, grau). Fällt Dir was auf?
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:33 Do 21.10.2010 | | Autor: | JulGe |
> Die Skizze ist vielleicht ganz hilfreich...
> Der gelbe Dreier und das graue Quadrat füllen ja ein
> Quadrat der Seitenlänge [mm]2^1.[/mm] Durch Drehung dieser
> Kombination kann im Prinzip jedes der Felder im [mm]2^2-Quadrat[/mm]
> die Rolle des freien Feldes einnehmen.
> Bis hierhin klar?
Jap das hab ich verstanden. Dankeschön.
> Dann schau Dir mal die anderen 4 Dreier an, also das rote,
> weiße, grüne und violette zusammen. Nimm die beiden
> anderen "Teile" weg (gelb, grau). Fällt Dir was auf?
Ja die Zusammen sind praktisch wieder so ein Dreier, wo dann oben rechts ein [mm] 2^{2} [/mm] Quadrat fehlt.
Aber wie zeigt man das jetzt, bildchen reichen wahrscheinlich ja nicht als Beweis oder? :)
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Hallo JulGe,
doch, das ist der entscheidende Rekursionsschritt, wie man aus vier Dreiern einen größeren Dreier legt.
Wir unterteilen das Quadrat mit der Seitenlänge [mm] 2^n [/mm] so, dass das Viertel mit der fehlenden Fläche herausgeschnitten wird. Dieses Viertel legen wir eben beiseite. Den Rest kann man in vier Dreier der Größenordnung darunter zerlegen, und diese wieder, ... bis hin zum Grunddreier mit tatsächlich nur [mm] 3*2^0 [/mm] Felder. Der nächstgrößere hat nämlich [mm] 3*2^1 [/mm] Felder, und dann kommt einer mit [mm] 3*2^2 [/mm] ...
Nun zum Viertel, mit der Seitenlänge [mm] 2^{n-1}. [/mm] Dieses unterteilen wir so, dass das Viertel mit der fehlen Fläche herausgeschnitten wird. Dieses Viertel legen wir eben beiseite. Den Rest...
...kannst Du Dir denken.
Doch, das ist ein Beweis. Man muss ihn nur noch vernünftig aufschreiben, aber im Prinzip wie oben.
Grüße
reverend
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