Lösung der Aufgabe 1 zum Wochenende

[Gunnar Bittersmann]

@@ottogal

Dass Du meine mühsame Argumentation zu den Rändern einfach mit "die Ränder fallen im Unendlichen eh weg" zusammenfasst, tja, so mutig war ich nicht.

Finde ich auch etwas kühn...

Ich finde es ausreichend einleuchtend.

Aber wer’s nochmal vorgerechnet haben will:

Die Skizze ist gemalt für N = 3.

Die Ebene eingeteilt in Dreiecke; davon gibt es verschiedene Arten:

weiß:

das Innere. Davon gibt es 1 + 3 + 5 + … + 2N − 1 = N².
Das Verhältnis der Anteil der durch die Kreissektoren bedeckten Fläche ist p₀ = ⅙π √3 ≈ 90.69%.
Die Dreiecke liegen vollständig innerhalb des großen Dreiecks, a₀ = 1.

grün:

an den Kanten. Davon gibt es 3N (von den Dreiecken, nicht von den Kanten).
Das Verhältnis der Anteil der durch die Kreissektoren bedeckten Fläche ist p₁.
Der Anteil des Teilstücks des großen Dreiecks sei a₁.

blau:

an den Kanten. Davon gibt es 3(N + 1).
Das Verhältnis der Anteil der durch die Kreissektoren bedeckten Fläche ist p₂.
Der Anteil des Teilstücks des großen Dreiecks sei a₂.

rot:

an den Ecken. Davon gibt es 3.
Das Verhältnis der Anteil der durch die Kreissektoren bedeckten Fläche ist p₃.
Der Anteil des Teilstücks des großen Dreiecks sei a₃.

baun:

an den Ecken. Davon gibt es 3.
Keine Kreissektoren, p₄ = 0.
Der Anteil des Teilstücks des großen Dreiecks sei a₄.

Das gesuchte Verhältnis p ist nun das gewichtete Mittel

$$p = \frac{N^2 a_0}{N^2 a_0+3Na_1+3(N+1)a_2+3a_3+3a_4}p_0 + \frac{3Na_1}{N^2 a_0+3Na_1+3(N+1)a_2+3a_3+3a_4}p_1 + \frac{3(N+1)a_2}{N^2 a_0+3Na_1+3(N+1)a_2+3a_3+3a_4}p_2 + \frac{3a_3}{N^2 a_0+3Na_1+3(N+1)a_2+3a_3+3a_4}p_3 + \frac{3a_4}{N^2 a_0+3Na_1+3(N+1)a_2+3a_3+3a_4}p_4$$

$$\displaystyle \lim_{N \to \infty}p = p_0 = \tfrac{1}{6}\pi\sqrt{3}$$

Beim Grenzwert bleibt davon nur der erste Summand übrig; die anderen werden zu 0. Der Rand verschwindet, sag ich doch.

Die genauen Werte von p₁, p₂, p₃, a₁, a₂, a₃ und a₄ muss man deshalb gar nicht ermitteln.

😷 LLAP