Dreieckszahlen
Wie man die n-te Qua­dratzahl Q(n) von der Zahl der Punkte einer quadra­tischen Anord­nung von n mal n Punkten ableitet, ergibt sich die n-te Dreiecks­zahl D(n) aus einer eben­solchen drei­eckigen.
Q(4)=16  1 2 3 4   D(4)=10   1
         2 2 3 4            2 2
         3 3 3 4           3 3 3
         4 4 4 4          4 4 4 4
Auch im Plural behalte ich das Fugen-S [1] bei, gleichwohl manche geneigt sind, von Dreieck­zahlen oder sogar im Singular von einer Dreieck­zahl zu sprechen, weil es ja auch nicht Quadrats­zahl heiße. Doch beim Fugen-S gewin­nen nicht faden­scheinige formale Gründe, sondern lautliche.

Ich kürze auch D(n) ab und nicht nach amerika­nischer Sitte mit T(n), was sich von trigonal ableitet, gleich­wohl ich bei allen Vorbe­halten gegen das amerika­nische Wesen im allge­meinen die in der Mathe­matik üblichen inter­nationalen Bezeich­nungen bevorzuge. Bei allem Lobpreis der sowjeti­schen mathe­matischen Literatur zu Zeiten der DDR, muß ich dennoch einge­stehen, daß sie schon wegen der von west­lichen Gepflo­gen­heiten abwei­chenden Dar­stel­lung Schwie­rig­keiten bereitet. Im Original so und so, doch auch in der Über­setzung. Nicht selten sind dann i und j ver­wechselt.

Aber hier schreibe ich deutsch. Deshalb benutze ich D(n) für die n-te Dreiecks­zahl und Q(n) für die n-te Quadrat­zahl. Inter­national wäre es S(n) wie square. Aber egal, ob D und Q oder T und S, die Formeln für diese Zahlen sind so trivial, daß man in der Mathe­matik diese Bezeich­nungen nicht benötigt und eigent­lich nur ver­wendet, wenn man wie hier direkt über solche Zahlen spricht.

Die Formel für Quadrat­zahlen Q(n)=n·n ist einfach. Die n-te Quadrat­zahl ist die zweite Potenz (Quadrat) des Argu­mentes. Das ist kein Zufall. Wäre dem nicht so, würden wir die zweite Potenz nicht Quadrat nennen. Für Dreiecks­zahlen [2] ist die Formel D(n)=n(n+1)/2 nicht ganz so einfach zu merken, gleich­wohl es dafür auch Bezeich­nungen wie "n+1 über 2" oder "Kombinationen mit Wiederholung von 2 Elementen aus n" gibt. Für mich war die Einfach­heit der Formel Grund, die Quadrat­zahlen vor den Dreiecks­zahlen zu behandeln, wie sehr Pytha­goras letzteren auch Heilig­keit zuge­sprochen haben mag.

Die Anschau­ung führt auf die Defini­tion von D(n)=1+2+...+n. Zwar liegen die Verhält­nisse hier so einfach, daß man auch direkt aus Abbil­dungen wie
o o o o o x   D(5) mal o  
o o o o x x   D(5) mal x
o o o x x x
o o x x x x   5 Zeilen
o x x x x x   6 Spalten
die Beziehung 2·D(n)=n(n+1) und damit D(n)=n(n+1)/2 ableiten könnte, doch bezieht der Mathe­matiker sich letztlich nicht auf Bilder. Sie sind im nur Anre­gung und Hilfe. Dadurch werden Mathe­matiker nicht zu reinen Forma­listen. Sie sind im allge­meinen nur besser in der Lage, Anschau­ung zu formali­sieren, um ihre intui­tiven Ideen abzu­sichern. Heute reicht es nicht mehr, ein Bild zu malen und "siehe" darunter zu schreiben. Ab der vierten Dimen­sion versagt diese Vor­gehens­weise so und so.

Aus der Definition D(n)=1+2+...+n die Formel D(n)=n(n+1)/2 abzu­leiten, ist sehr leicht, wenn man sie schon kennt. Man muß sich ledig­lich davon über­zeugen, daß D(1)=1 und D(n)-D(n-1)=n ist. Die formale Arbeit ist also einfach, die intui­tive Idee, nämlich die Formel überhaupt zu finden, ist es in diesem Falle auch. Gerne wird erzählt, daß der Lehrer von Gauß (DER GAUSZSCHE LEHRER) die Schüler beschäf­tigen wollte und sie deshalb sie Zahlen von 1 bis 100 addie­ren, also D(100) bilden ließ. Gauß ant­wortete sofort 5050, weil er wie fast jeder Mathe­matiker vorging, der keine Formel für die arith­metische Reihe aus­wendig gelernt hat, sondern sich einfach fragt, wieviele Sum­manden (hier 100) es sind und wie groß der Mittel­wert (hier 50,5) ist. Das Produkt 100·50,5=5050 ist offen­sichtlich das Ergebnis.

Zwei der drei meiner Leser werden sich nun fragen, warum das offen­sichtlich sei. Weil die arith­metische Reihe so leicht zu durch­schauen ist, daß keine Formel memo­riert werden muß. Sie wird jedes­mal neu abgeleitet. Offen­sichtlich sollte sie aber nur einem sein, der das Prinzip korrekt verin­nerlicht hat, weil im Zweifel alles einer formalen Über­prüfung stand­halten muß. Es mag Bildungs­bürgern, die sich in der Schule vergeb­lich an Formeln mühten, merk­würdig vorkom­men, was Mathe­matiker alles für offen­sichtlich, folklo­ristisch, evident oder gar trivial halten. Zum Ver­ständnis müssen sie nur daran denken, daß sie auch kaum Vokabeln lernen mußten, weil ihre Eltern fran­zösisch par­lierten.

[1] Fugen-S
[3] Sloane

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Ich glaube, beim Addieren Ihrer Leser haben Sie sich aber verzählt. Das sind mehr als drei ;-)

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Zumindest sind's drei,
von denen ich jetzt namentlich weiß: Sie, Herr Kid, Frau Wortschnittchen und meine Wenigkeit. Darüber hinaus existiert aber noch eine nicht unerhebliche Dunkelziffer (boah, war der schlecht).

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Dunkelziffer habe ich mir jetzt als Zahlwort vorgemerkt.

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Das hatte ich
nicht zu hoffen gewagt;-)

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Die Formel für die Dreiecks­zahlen D(n) ist so einfach, daß ein paar Bezie­hun­gen schnell nachzu­rechnen sind. Eine elemen­tare lautet D(n)+D(n-1)=Q(n), zwei auf­ein­ander­folgende Dreiecks­zahlen addieren sich also zu einer Qua­dratzahl:
D(n):  1 3 6  10  15  21  28  36  45   55   66   78   91
Summe:  4 9 16  25  36  49  64  81  100  121  144  169

o o o o o o o o      o
o o o o o o o x     o o
o o o o o o x x    o o o
o o o o o x x x   o o o o
o o o o x x x x  x x x x x
o o o x x x x x   o o o o
o o x x x x x x    o o o
o x x x x x x x     o o
                     o
Üblicher­weise wird die Beziehung D(n)+D(n-1)=Q(n) in der Art des linken Qua­drates dargestellt. Ist es ein n-mal-n-Quadrat, so umfaßt die eine Dia­gonale von links unten nach rechts oben genau n Kreise. Insgesamt sind es deshalb D(n) Kreise. Das Dreieck aus den Kreuzen ist um eins kleiner, also D(n-1) groß. Die rechte Dar­stel­lung liefert D(n-1)+n+D(n-1)=Q(n). Schlägt man die Kreuze dem oberen oder unteren Dreieck zu, so ergibt sich D(n)+D(n-1)=Q(n).

Das Acht­fache einer Dreiecks­zahl bleibt genau um eins hinter einer Quadrat­zahl zurück, genauer 8*D(n)=Q(2n+1)-1. Das habe ich schon unter den Quadrat­zah­len in dem üblichen anschau­lichen Bild verdeutlich. Es kann aber auch leicht nach­gerech­net werden. Damit ist jede unge­rade Quadrat­zahl durch 8 dividiert eine Dreiecks­zahl Rest 1.

Es gibt weitere Formeln wie Sand am Meer, von denen ich nur noch eine wegen ihrer Schönheit erwähnen will:
D(n)2-D(n-1)2=n3
Die Quadrate zweier auf­einander­folgender Dreiecks­zahlen weisen als Diffe­renz eine Kubik­zahl auf.
D(n):     1 3   6   10    15    21    28     36     45      55
Quadrat:  1 9  36  100   225   441   784   1296   2025    3025
Differenz: 8 27  64   125   216   343   512    729    1000
Damit ist die die Summe der ersten n Kubik­zahlen eine Quadrat­zahl, und zwar nicht irgend­eine, sondern das Quadrat der n-ten Drei­ecks­zahl.
D(n)2 = 13 + 23 + 33 + ... + n3

 6·6  =  36 = 1 + 8 + 27
10·10 = 100 = 1 + 8 + 27 + 64 
15·15 = 225 = 1 + 8 + 27 + 64 + 125
Das ist alles also nicht merk­würdig, hindert dennoch Nume­rologen nicht, daraus Zusam­men­hänge vom Kaliber "hätten Sie das gedacht?" abzu­leiten. Eher ver­blüf­fend ist D(17)=153 und vor allem D(6*6)=666.

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Ich hatte den Quadrat­zahlen den Vortritt vor den Dreiecks­zahlen gegeben, obwohl Pytha­goras die Dreiecks­zahlen für heiliger hielt als die Quadrat­zahlen und sie in der Reihe der K-Eck-Zahlen ganz vorne stehen. Einen Grund nannte ich bereits, nämlich die ein­fachere Formel für die Quadrat­zahlen.

Ein anderer ist der folgende: Verdop­pele ich die Kanten­länge eines Qua­drates oder eines Drei­eckes, so wächst die Fläche um das Vier­fache. Wird aber die Zahl der Punkte auf der Kante eines quadra­tischen bzw. drei­eckigen Schemas ver­doppelt, so vervier­facht sich die Gesamtzahl der Punkte beim Quadrat ebenfalls, nicht aber beim Dreieck.

Für das Quadrat folgt dies aus der einein­deutigen Zuord­nung der Q(n) Punkte (o) eines quadra­tischen Schemas mit n Punkten auf der Kante zu den Mittel­punkten der Einheits­quadrate eines Qua­drates mit Kanten­länge n. Aus diesem Grunde ist Q(2n)=4·Q(n).
+---+---+---+---+           /\
| o | o | o | o |          /oo\
+---+---+---+---+         /____\
| o | o | o | o |        /\    /\
+---+---+---+---+       /oo\  /oo\
| o | o | o | o |      /____\/____\
+---+---+---+---+     /\    /\    /\
| o | o | o | o |    /oo\  /oo\  /oo\
+---+---+---+---+   /____\/____\/____\
Bei einem Dreieck ist das anders. Zwar vervier­facht sich eben­falls die Fläche, wenn die Kanten­länge n ver­doppelt wird, doch kann man die D(n) Punkte (oo) eines drei­eckigen Schemas mit n Punkten auf der Kante nicht allen n·n Elemen­tardrei­ecken zuordnen, sondern nur den D(n), deren Spitzen in die gleiche Rich­tung weisen wie das Gesamt­dreieck. Deshalb vervier­facht sich die Zahl der Punkte mit doppel­ter Kanten­länge nicht, und es ist nicht D(2n)=4·D(n).

Man sieht aber, daß die leeren Drei­ecke eben­falls eine Dreiecks­zahl D(n-1) dar­stellen. Da die Gesamt­zahl der Einheits­dreiecke das Quadrat der Kanten­länge n ist, haben wir einen weiteren anschau­lichen Beweis für Q(n)=D(n)+D(n-1).
     o             A             Δ
    oxo           AVA           Δ∇Δ
   oxoxo         AVAVA         Δ∇Δ∇Δ
  oxoxoxo       AVAVAVA       Δ∇Δ∇Δ∇Δ
 oxoxoxoxo     AVAVAVAVA     Δ∇Δ∇Δ∇Δ∇Δ
oxoxoxoxoxo   AVAVAVAVAVA   Δ∇Δ∇Δ∇Δ∇Δ∇Δ
Links in meiner Denkwelt mit o und x wie beim Tic-Tac-Too, dann die Dreiecke durch Buchstaben A und V andeutend, und schließlich durch Delta (Δ) und Nabla (∇) dargestellt. Sofern der Browser letzteres überhaupt anzeigt, dann trotz PRE-Textes nicht unbedingt in der richtigen Breite.

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Ein normaler Pizza­bäcker teilt seine Pizza mit vier Schnit­ten in 8 Teile. Trifft er die Mitte ein­mal nicht genau, so sind es schon 10. Die Frage lautet nun: Wie­viele Stücke sind mit 4 gera­den Schnit­ten mög­lich? Es ist nur noch eines mehr, näm­lich 11=1+D(4), die vierte Dreiecks­zahl plus 1. Und ganz allge­mein sind es für n Schnit­te 1+D(n) Stücke. [1,2]

Der erste Schnitt teilt die Pizza in zwei Teile, der zweite erhöht auf vier, wenn er den ersten Schnitt kreuzt. Der dritte Schnitt kann beide voran­gehen­den kreuzen und somit drei Stücke durch­schneiden, mehr aber auch nicht. Der vierte Schnitt kreuzt maxi­mal die drei voran­gehen­den und erzeugt nicht mehr als vier neue Stücke. So geht es weiter bis zum n-ten Schnitt, der höch­stens n neue Stücke erzeu­gen kann. Insge­samt sind es nicht mehr als
1 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n = 1+D(n)
Stücke, die entstehen können. Erreicht man die aber diese Zahl? Gelingt es immer, mit jedem neuen Schnitt die bereits vorhan­denen zu kreuzen? Das geht, wenn die Stücke auch recht unter­schied­lich ausfallen. In der Ebene, also der rand­losen Pizza, ist das einfach. Macht man keine parallelen Schnitte, so kreuzt jeder jeden und es entstehen 1+D(n) Teile. Es ist nun ohne weiteres möglich, einen Kreis aus der Ebene auszu­schnei­den, in dem alle Schnitt­stellen liegen, auch wenn er sehr groß sein mag. Und das ist ein Muster, nach dem man die Pizza in 1+D(n) Teile teilen kann.

[1] Weisstein
[2] Sloane

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Welche Zahl kommt heraus, wenn man die Kehr­werte 1/D(n) der Dreiecks­zahlen D(n) addiert? Hier die ersten neun:
1/D(1) = 1/1  = 1,000
1/D(2) = 1/3  = 0,333
1/D(3) = 1/6  = 0,167
1/D(4) = 1/10 = 0,100
1/D(5) = 1/15 = 0,067
1/D(6) = 1/21 = 0,048
1/D(7) = 1/28 = 0,038
1/D(8) = 1/36 = 0,028
1/D(9) = 1/45 = 0,022
                -----
                1,803
Wer einen Taschen­rechner genutzt hat, wird viel­leicht bemerkt haben, daß die letzte Stelle recht ungenau ist und eigent­lich schlicht 1,8 lauten müßte. Und wer in alter­tüm­licher Manier die Bruch­rech­nung bemühte, sollte exakt auf 9/5 gekommen sein. Seine Zwischen­ergebnisse lauten 1, 4/3, 3/2, 8/5, 5/3, 12/7, 7/4, 16/9 und eben 9/5. Das sind merk­würdig kleine Brüche, und wenn man jeden zweiten mit 2 erweitert, lautet die Reihe 2/2, 4/3, 6/4, 8/5, 10/6, 12/7, 14/8, 16/9, 18/10, ..., was die Vermu­tung
 1      1      1            1     2n
---- + ---- + ---- + ... + ---- = --- = 2(1-1/n)
D(1)   D(2)   D(3)         D(n)   n+1
nahelegt. Ohne weiteres bestätigt man die Richtig­keit, indem man die Diffe­renz von 2n/(n+1) und 2(n-1)/n aus­rechnet und 1/D(n) erhält. Und damit ist die Summe aller Kehr­werte der Dreiecks­zahlen schlicht und ergrei­fend 2.

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Dreieckszahlen kommen auch im täglichen Leben vor, beim Teilen einer Pizza, bei den zehn Bowling­pins, den 15 roten Snooker­bällen und in den 15 Spielen von "Schlag den Raab". Dort gewinnt der Spieler mit den meisten Punkten, wobei das i-te Spiel i Punkte erbringt. Insge­samt sind es also D(15)=120, von denen 61 zum Sieg reichen. Wer die letzten fünf Spiele gewinnt, hat bereits 65 Punkte. Oder anders­herum: Mit zehn gewon­nenen Spielen kann man immer noch verlieren. Das merkte auch Stefan Raab, als er in der letzten Sendung seine Felle davon­schwimmen sah: Wer hat sich denn dieses System einfallen lassen?

Die Antwort kann er sich selbst geben: Seine eigene Produk­tions­firma. Und zwar aus gutem Grund: Da die ersten zehn Spiele nur 55 Punkte erbringen, endet die Sendung nicht vor dem 11. Spiel. Im Normal­falle bleibt die Ent­scheidung bis kurz vor Schluß offen. So wünschen es die Quote und der Zeit­geist, auch wenn es Herrn Raab letztesmal nicht paßte, obwohl er doch beiden nicht abge­neigt ist.

Bei "Schlag den Raab" kann die Entschei­dung frühestens nach m=11 von n=15 Spielen fallen, wenn p=m/n=73,3% aller Spiele absol­viert sind. Die Tabelle führt die Werte bis n=15 auf:

nD(n)D(n)/2 D(m)mp=n/n
110,511100%
231,532100%
36363100%
41056375%
5157,510480%
62110,515583,3%
7281415571,4%
8361821675%
94522,528777,8%
105527,528770%
11663336872,7%
12783945975%
139145,5551076,9%
1410552,5551071,4%
1512060661173,3%

Das raabfreundliche Minimum wird bei n=10 mit p=70% angenommen. Zum Beweis reicht jedoch eine Tabellen­schau nicht aus. Trotz­dem ist er leicht zu führen: Der Anteil p strebt gegen 1/√2=0,707... und liegt für n>70 oberhalb von 70 Prozent. Die 70 Fälle davor werden schnell durch­gerechnet.

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Ein recht verstecktes Dasein fristen die Dreieckszahlen in den beliebten Kakuro-Rätseln. Ein winziges Beispiel:

­ 3\   4\   7\  
  \8 ­­­
  \6 ­­­

In der zweiten Spalte müssen die n=2 Felder in der Summe die Dreieckszahl D(n)=3 ergeben. Es sind also die Zahlen 1 und 2 einzusetzen, für die es allerdings noch zwei Reihenfolgen gibt. In der dritten Zeile sind es n=3 Felder für die Dreieckszahl D(n)=6. Deshalb sind 1, 2 und 3 zu vergeben.

Doch das allein hilft noch nicht weit. Als nächstes kann ausgenutzt werden, daß D(n)+m für mn ebenfalls nur eine Zerlegung in n Summanden zuläßt:
D(n)+m = 1+2+...+(n-m) + (n-m+2)+...+n+(n+1)
In der zweiten Zeile bedeutet dies 8=1+3+4. Die 2 kommt also nicht vor, weshalb die Reihenfolge der 1 und der 2 in der zweiten Spalte geklärt ist. Der Rest ergibt sich leicht.

­ 3\   4\   7\  
  \8 134
  \6 213

Dieses Wissen reicht natürlich nicht aus, wirkliche Rätsel zu lösen. In jedem Falle zu beachten ist der höchste Summand 9. Deshalb ist In der Wikipedia [1] neben der Formel für die kleinste Summe von n Kakuro-Ziffern (eben die Dreieckszahl D(n)=n(n+1)/2) auch noch eine für die größte angegeben:
E(n) = (19n-n2)/2
Woher kommt da schon wieder die heilige 19? Von der Weltenzahl 81=100-19? Oder doch einfach von 20-1 oder 10+9?
E(n) = 9+8+...+(10-n)
     = (10-1)+(10-1)+...(10-n)
     = 10n - (1+2+...+n)
     = 10n - D(n)
     = 10n - n(n+1)/2
     = (20n-n-n2)/2
     = ((20-1)n-n2)/2

E(n) = D(9) - D(9-n)
     = 45 - (9-n)(10-n)/2
     = (45·2-9·10+9n+10n-n2)/2
     = ((9+10)n-n2)/2
Hätten wir sechs Finger an jeder Hand, wären unsere Kakuro-Rätsel etwas härter. Dann wären die zwölf Ziffern 1,2,3,...,9,X,Y zugelassen, und in der Formel für E(n) stünde 1Y anstelle der 19.

[1] Kakuro

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