Problem-Marathon - Seite 2

24.04.2007, 15:17

Wenn ich mich nicht täusche, lautet die Antwort $\begin{eqnarray*} N=4951 \end{eqnarray*}$ .

Begründung bei Bedarf. Augenzwinkern

24.04.2007, 21:04

Vieta

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Wenn ich mich nicht täusche, lautet die Antwort $\begin{eqnarray*} N=4951 \end{eqnarray*}$ .

Begründung bei Bedarf. Augenzwinkern

Bitte

24.04.2007, 21:11

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Ich warte erstmal auf die Bestätigung durch Menelaos. Augenzwinkern

24.04.2007, 21:13

Vieta

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kannst du mir dann wenigstens mal grob verraten welche sätze du verwendet hast, damit ich mich mal selber daran probieren kann.
Gott

24.04.2007, 21:16

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Gar keine Sätze, sondern einfache Überlegungen wie diese:

Mit $\begin{eqnarray*} (x,y,z) \end{eqnarray*}$ sind auch die Tripel $\begin{eqnarray*} (x-1,y+2,z-1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (x+1,y-2,z+1) \end{eqnarray*}$ jeweils ganzzahlige Lösungen.

Also kommen zugehörige $\begin{eqnarray*} N=99x+100y+101z \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x\geq 1,z\geq 1 \end{eqnarray*}$ einerseits oder $\begin{eqnarray*} y\geq 2 \end{eqnarray*}$ andererseits bereits nicht mehr als Lösung der Aufgabe in Frage, da dann die Eindeutigkeit der Lösung verletzt wäre.

Bleiben die Restfälle

(1) $\begin{eqnarray*} x=0,y=0 \end{eqnarray*}$
(2) $\begin{eqnarray*} x=0,y=1 \end{eqnarray*}$
(3) $\begin{eqnarray*} z=0,y=0 \end{eqnarray*}$
(4) $\begin{eqnarray*} z=0,y=1 \end{eqnarray*}$

nach etwaigen $\begin{eqnarray*} N \end{eqnarray*}$ zu untersuchen.

24.04.2007, 21:57

Menelaos

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Wenn ich mich nicht täusche, lautet die Antwort $\begin{eqnarray*} N=4951 \end{eqnarray*}$ .

Nicht ganz. Bisher entsprechen lediglich die letzten zwei Ziffern dem gesuchten N. Augenzwinkern

24.04.2007, 21:58

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Welche soll es denn dann sein?

24.04.2007, 21:59

Menelaos

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5251.

24.04.2007, 22:02

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$\begin{eqnarray*} 5251 = 99\cdot 49 + 100\cdot 4 = 99\cdot 50 + 100\cdot 2 + 101\cdot 1 = 99\cdot 51 + 101\cdot 2 \end{eqnarray*}$

Forum Kloppe

für die Eindeutigkeit.

P.S.: Die natürlichen Zahlen beginnen selbstverständlich bei Null. Ansonsten spricht man eher von positiven ganzen Zahlen, wenn man die Null ausschließt. Augenzwinkern

Dieses Missverständnis ausschließend sind die Lösungen wegen

$\begin{eqnarray*} 5251 = 4951 + (99+100+101) \end{eqnarray*}$

identisch.

24.04.2007, 22:09

Menelaos

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Das ist natürlich ärgerlich. Big Laugh

Naja, dann ist dein Ergebnis ja richtig, nur nicht im vorgesehenen Sinne.

24.04.2007, 22:11

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Das beweist wieder einmal, dass man Aufgaben sorgfältig formulieren muss. Bei der IMO passieren solche Fauxpas z.B. nicht.

24.04.2007, 22:15

Menelaos

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Die Aufgaben wurden soweit ich weiß allerdings auch aus dem russischen übersetzt. Soviel dazu. Augenzwinkern

Übrigens bist du jetzt an der Reihe mit einer neuen Aufgabe!

24.04.2007, 22:25

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Zitat:

Auf einem Kreisumfang liegen 2007 verschiedene Punkte, die jeweils mit +1 oder -1 markiert seien. Die Anzahl der mit -1 markierten Punkte sei kleiner als 669. Von einem der 2007 Punkte und einer festen Richtung (in oder entgegen dem Uhrzeigersinn) ausgehend betrachte man nun die Partialsummen der Markierungen entlang des Kreisumfangs.

Man zeige, dass es unter diesen 2007 Punkten einen Punkt gibt, so dass alle diese Partialsummen positiv sind, und zwar die Partialsummen in beide Richtungen.

26.04.2007, 14:51

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Ein erster Tipp:

Man kann von den konkreten Zahlen wegkommen und die Behauptung etwas allgemeiner formulieren - und diese allgemeinere Behauptung dann durch Vollständige Induktion beweisen. Augenzwinkern

27.04.2007, 10:47

Tobias

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Also ich versuche mal deinen Tipp aufzunehmen:

Ein Kreis habe 3c Punkte und maximal c-1 Punkte seien mit -1 markiert. (Die Schranke ist scharf, denn man betrachte den Fall, dass alle -1-Punkte direkt hintereinander liegen.) Das Hinzufügen von +1-Punkten auf einen Kreis zerstört die Forderung der positven Partialsummen nicht. Der Beweis lässt sich daher auf Kreise beschränken, die genau c-1 "-1-Punkte" enthalten.

Dann kann man eine Induktion nach c versuchen.

Ist das in etwas deine Vorstellung?

27.04.2007, 10:54

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Ja, in die Richtung läuft es.

Zitat:

Original von Tobias
Die Schranke ist scharf, denn man betrachte den Fall, dass alle -1-Punkte direkt hintereinander liegen.

Gut erkannt: Mit genau 669 mal -1 klappt es also nicht für jede solche Konfiguration, eine entsprechende Stelle mit der gewünschten Eigenschaft zu finden.

27.04.2007, 11:25

Tobias

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Als Induktionsverankerung kann man c=1 oder c=2 wählen. Beide Kreise sind (bis auf Isomorphie) eindeutig und besitzen einen Startpunkt, von dem alle Partialsummen positiv sind.

Nun nehmen wir an, dass alle Kreise mit 3(c-1) Punkten und c-2 -1-Markierungen einen entsprechenden Startpunkt besitzen.

Aus einem beliebigen Kreis mit 3c Punkten und c-1 -1-Markierungen entfernen wir einen -1 Punkt p. Ausgehen von p suchen wir in beide Richtungen den jeweils ersten +1 Punkt q, r und entfernen diese beiden auch.
Der so erhaltene Kreis hat 3(c-1) Punkte und c-2 "-1-Punkte". Wir verwenden die Induktionsvoraussetzung auf diesem Kreis. Der sich hier abzeichnende Startpunkt ist auch Startpunkt unseres 3c-Kreises.

Folgende Beobachtung ist wichtig:
Innerhalb der Punktesequenz q, -1, ..., -1, p, -1, ..., -1, r kann der Startpunkt nicht liegen, denn er muss rechts und links von sich jeweils einen +1 Punkt haben.

Der gelöschte-1 Punkt im 3c Kreis wird durch die gelöschten +1-Punkte in den Partialsummen neutralisiert.

So oder ähnlich

27.04.2007, 11:28

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Exzellent - das ist übrigens genau die Lösung, die ich kenne. Freude

Dann bist du jetzt dran.

27.04.2007, 11:42

Tobias

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Gesucht ist ein k-stelliges, sinnvolles englisches Wort $\begin{eqnarray*} v_1v_2 \ldots v_k \end{eqnarray*}$ über dem Alphabet $\begin{eqnarray*} \Sigma = \{a, b, \ldots, z \} \end{eqnarray*}$ .

Jeder Buchstabe $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ wird durch $\begin{eqnarray*} \varphi : \Sigma \to \mathbb{N}_0 \end{eqnarray*}$ auf seinen Ascii-Wert abgebildet.
http://de.wikipedia.org/wiki/ASCII-Tabelle

Das Wort soll die Bedinung
$\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^{k}\varphi(v_i) = 2476409006188517400 \end{eqnarray*}$
erfüllen.

Wie heißt das gesuchte Wort? (Ich schließe nicht aus, dass dieses Rätsel keine eindeutige Lösung hat.)

27.04.2007, 12:01

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Wenn alles Kleinbuchstaben sind, wird's wohl nur die eine sinnvolle Lösung geben. Augenzwinkern

community

27.04.2007, 12:45

Tobias

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Das vermutete ich auch. Aber man weiß ja nie, welche absurden Wörter ein Engländer in den Mund nimmt. Der Satz möge mich nur vor Schlägen aufn Kopp bewahren. Safety first. Big Laugh

27.04.2007, 13:07

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Das ist allerdings wahr. Vor allem wenn man dran denkt, was die Engländer so alles als angebliches "Essen" in den Mund nehmen - wie wird das erst bei Wörtern sein. Big Laugh

27.04.2007, 18:27

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Wird langsam zum Zwiegespräch hier - aber da ich ja bereits heute 12:01 gelöst habe ( Augenzwinkern

), stelle ich schon mal das nächste Problem:

Zitat:

Es sei $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ eine positive ganze Zahl, die nicht das Quadrat einer ganzen Zahl ist. Man zeige, dass dann

$\begin{eqnarray*} (\sqrt{n}+1)\cdot \left| \sin(\pi\sqrt{n}) \right| > 1 \end{eqnarray*}$

gilt.

27.04.2007, 18:39

kiste

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Wird langsam zum Zwiegespräch hier - aber da ich ja bereits heute 12:01 gelöst habe ( Augenzwinkern

)

Kannst du die Lösung auch für nicht so intelligente Leute erleutern? Gott

27.04.2007, 19:11

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Eigentlich muss man sich nur die Primfaktorzerlegung anschauen und dann etwas überlegen, welche Faktoren im Bereich 97 (für "a") bis 122 (für "z") sich da zusammenbasteln lassen.

EDIT: Ok, ausführlich:

$\begin{eqnarray*} \prod_{i=1}^{k} ~ \varphi(v_i) = 2476409006188517400 = 2^3 \cdot 3^6 \cdot 5^2 \cdot 7 \cdot 11^4 \cdot 13 \cdot 29 \cdot 37 \cdot 109^2 \end{eqnarray*}$

Wie gesagt, ich gehe erstmal nur von Kleinbuchstaben aus, dann sind alle $\begin{eqnarray*} v_i \end{eqnarray*}$ im Bereich 97..122 .

Zweimal 109 ergibt zweimal m.

Von der 37 ist nur das Vielfache 3*37=111 im Bereich, das ist o.

Von der 29 ist nur das Vielfache 4*29=116 im Bereich, das ist t.

Zeit für ein erstes Resümee: Wir haben mmot und die Restfaktoren $\begin{eqnarray*} 2 \cdot 3^5 \cdot 5^2 \cdot 7 \cdot 11^4 \cdot 13 \end{eqnarray*}$ .

Von der 13 sind die Vielfache 8*13=104 und 9*13=117 im Bereich. Für die 8 langen unsere Primfaktoren nicht mehr, bleibt nur 9*13=117, das ist u.

Von der 7 sind die Vielfachen 14*7=98, 15*7=105, 16*7=112 und 17*7=119 im Bereich. Alle außer der zweiten Variante scheiden wieder wegen fehlender Primfaktoren aus, es bleibt also 105, das ist i.

Zweites Resümee: mmotui und Restfaktoren $\begin{eqnarray*} 2 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 11^4 \end{eqnarray*}$ .

Nun ist $\begin{eqnarray*} 2 \cdot 3^2 \cdot 5= 90 \end{eqnarray*}$ zu klein, also all die kleinen Primfaktoren müssen mit der 11 verbandelt werden. Von der 11 sind die Vielfache 9*11=99, 10*11=110 und 11*11=121 im Bereich, da sieht man rasch, dass jede dieser Varianten genau einmal zum Zuge kommt: 99 ist c, 110 ist n und 121 ist y.

Und von mmotuicny auf community zu kommen, muss man wohl kein Mathematiker sein. smile

08.05.2007, 16:28

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Nach kurzer Wachphase versinkt dieser Thread wieder im Dornröschenschlaf. Kann aber auch dran liegen, dass

Zitat:

vielleicht zu einfach ist? Falls das Gegenteil zutrifft, hier mal ein "grafischer" Tipp:

Die Periodizität des Sinus sollte man natürlich auch beachten...

24.05.2007, 11:22

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Ok, da kein so richtiges Interesse an dem Problem besteht, hier mal der Vollständigkeit wegen eine mögliche Lösung:

Der Tipp bedeutet natürlich: Es ist $\begin{eqnarray*} \left| \sin(x) \right| \geq \frac{2}{\pi}\cdot |x| \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} |x| \leq \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

Man betrachte den auf die nächste ganze Zahl gerundeten Wert $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ der nichtganzen Zahl $\begin{eqnarray*} \sqrt{n} \end{eqnarray*}$ . Dann gilt für die Zerlegung

$\begin{eqnarray*} n = m^2+k \end{eqnarray*}$

dass sowohl $\begin{eqnarray*} -(m-1) \leq k\leq m \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} k\neq 0 \end{eqnarray*}$ (wegen Nichtquadratzahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ) gilt. Und nun wird wegen der Periodizität und Symmetrie der Sinusfunktion sowie

$\begin{eqnarray*} \left| \sqrt{n}-m \right| = \left| \sqrt{m^2+k}-m \right| < \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

gemäß Ungleichung in obigem Tipp daraus

$\begin{eqnarray*} \left| \sin(\pi\sqrt{n}) \right| = \left| \sin(\pi(\sqrt{m^2+k}-m)) \right| \geq \frac{2}{\pi} \cdot \pi \left| \sqrt{m^2+k}-m \right| \end{eqnarray*}$

Das ist schon mehr als die halbe Miete, dann wird weiter abgeschätzt auf üblichem Wege

$\begin{eqnarray*} \cdots = 2\cdot \frac{|(m^2+k)-m^2|}{\sqrt{m^2+k}+m} \geq \frac{2}{\sqrt{m^2+k}+m} \end{eqnarray*}$ ,

letzteres natürlich wegen $\begin{eqnarray*} k\neq 0 \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} |k|\geq 1 \end{eqnarray*}$ . Und nun alles zusammengefasst, und dabei $\begin{eqnarray*} \sqrt{n} = \sqrt{m^2+k} > m-1 \end{eqnarray*}$ nutzend:

$\begin{eqnarray*} (\sqrt{n}+1)\cdot \left| \sin(\pi\sqrt{n}) \right| \geq \frac{2\sqrt{n}+2}{\sqrt{n}+m} > \frac{\sqrt{n}+m-1+2}{\sqrt{n}+m} > 1 \end{eqnarray*}$ .

P.S.: Die Ungleichung ist alles andere als scharf: Mit allerdings erheblich mehr Aufwand und Sorgfalt bei der Abschätzung kann man sogar

$\begin{eqnarray*} (\sqrt{n}+1)\cdot \left| \sin(\pi\sqrt{n}) \right| > \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$

für diese Nichtquadratzahlen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ nachweisen. Diese Ungleichung allerdings ist dann scharf, d.h., man findet $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , so dass die linke Seite beliebig nahe an $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{2} \end{eqnarray*}$ herankommt, den Wert jedoch nicht erreicht.

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So, ich stell jetzt allerdings nicht gleich wieder eine Aufgabe - also wer was schönes hat, immer ran damit. smile

24.05.2007, 12:09

therisen

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Weil es so schön zur Thematik passt:

Gibt es eine unendliche Menge von nicht kollinearen Punkten in der Ebene, sodass der Abstand zweier beliebiger Punke aus dieser Menge rational ist? Die Antwort ist natürlich zu begründen smile

Die originale Aufgabenstellung lautet:

Does there exist an infinite non-collinear set of points in the plane such that all their pairwise distances are rational?

Gruß, therisen

24.05.2007, 12:15

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Hehe, erinnert mich an eine ähnliche, allerdings einfachere IMO-Aufgabe:

Dort sollten die Abstände allerdings sämtlich irrational sein, während jede Dreiecksfläche mit Eckpunkten aus dieser Menge rationalen Flächeninhalt haben sollte...

Ohne jetzt groß drüber nachgedacht zu haben: Deine hier ist sicher schwerer. Augenzwinkern

24.05.2007, 12:28

sqrt4

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(...) von nicht kollinearen Punkten(...)

Heißt das, dass keine 3 Punkte auf einer Gerade liegen oder, dass keine 2 Verbindungsvektoren von Punkten existieren sollen, so dass diese kollinear sind?

24.05.2007, 13:35

therisen

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Eine Menge S von Punkten heißt kollinear genau dann, wenn es eine Gerade gibt, auf der alle Punkte aus S liegen.

Durch Negation dieser Definition erhältst du diejenige für Nichtkollinearität smile

Gruß, therisen

PS: Einen Tipp habe ich bereits gegeben Augenzwinkern

24.05.2007, 17:05

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Ohne jetzt groß drüber nachgedacht zu haben: Deine hier ist sicher schwerer. Augenzwinkern

Nachdem ich nachgedacht habe, korrigiere ich mich: Sie ist ähnlich schwer bzw. leicht. Augenzwinkern

17.07.2007, 10:11

Menelaos

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Folgende Aufgabe habe ich mir letzte Nacht ausgedacht.^^

Bestimme alle positiven reellen Lösungen größer als Null des Gleichungssystems:

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_a+x_{a+2}+...+x_k}_{k}=x_a^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{k+1}+x_{k+2}+...+x_b}_{k}=x_b^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{k+2}+x_{k+3}+...+x_c}_{k}=x_c^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} .~.~. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{n}+{x_a}+...+x_{k-1}}_{k}=x_n^k \end{eqnarray*}$

Alle Indizes sind natürlich Elemente von $\begin{eqnarray*} \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

(D.h. wenn man alle Gleichungen addiert, müsste sich $\begin{eqnarray*} k \sum_{i=1}^n~x_i =\sum_{i=1}^n~x_i^k \end{eqnarray*}$ ergeben. Und damit dürfte die Sache eigentlich klar sein... jetzt muss es nur noch beweisen werden.)

17.07.2007, 10:22

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Zitat:

Original von Menelaos
$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_a+x_{a+2}+...+x_k}_{k}=x_a^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{k+1}+x_{k+2}+...+x_b}_{k}=x_b^k \end{eqnarray*}$

In der ersten und letzten) Gleichung steht rechts die k-te Potenz des ersten Summanden, während in der zweiten (bis vorletzten?) Gleichung rechts die k-te Potenz des letzten Summanden steht. Diese Asymmetrie ist beabsichtigt, ja?

Die Problemformulierung mit den nicht erklärten $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ ist ohnehin dubios...

17.07.2007, 10:34

Menelaos

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Du hast Recht Arthur (es war sogar falsch), ich versuch's mal so:

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_1+x_{2}+...+x_k}_{k}=x_1^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{k+1}+x_{k+2}+...+x_{k+i}}_{k}=x_{k+1}^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{k+2}+x_{k+3}+...+x_{k+i}}_{k}=x_{k+2}^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} .~.~. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{n}+{x_1}+...+x_{k-1}}_{k}=x_n^k \end{eqnarray*}$

(Da ja eine Gleichung $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Summanden hat, ist das $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ eigentlich sinnlos, also ist es nur ein Platzhalter dafür, dass man nach dem vorangegangenen Schma aufsummiert, bis die $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Summanden einer Gleichung erreicht sind.)

17.07.2007, 10:38

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Also

$\begin{eqnarray*} x_2+x_3 + \ldots + x_{k+1} = x_2^k \end{eqnarray*}$

forderst du nicht? Zumindest im Fall $\begin{eqnarray*} k\geq 2 \end{eqnarray*}$ sieht das so aus...

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Meine Vermutung, durch Rückschluss aus deiner letzten Anmerkung im ersten Beitrag genährt, ist, dass du eher dieses GLS meinst:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sum_{j=0}^{k-1} x_{m+j} = x_m^k \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} m=1,\ldots,n \end{eqnarray*}$

und alle Indizes sollen modulo $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ betrachtet werden.

17.07.2007, 10:54

Menelaos

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Ach verdammt, jetzt bin ich total durcheinandergekommen. LOL Hammer

So soll es sein:

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_1+x_{2}+...+x_k}_{k}=x_1^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{2}+x_{3}+...+x_{k+1}}_{k}=x_{2}^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{3}+x_{4}+...+x_{k+2}}_{k}=x_{3}^k \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} .~.~. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \underbrace{x_{n}+{x_1}+...+x_{k-1}}_{k}=x_n^k \end{eqnarray*}$

17.07.2007, 10:56

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Na hoffentlich hast du dich bei der Lösung nicht auch so oft geirrt. Augenzwinkern

17.07.2007, 11:00

Menelaos

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Nee, das GLS hatte ich wirklich von Anfang an gemeint, nur habe ich manchmal Probleme meine Gedanken mathematisch korrekt aufzuschreiben.

Ich kann euch meine Lösungs präsentieren, wenn sich keiner traut. Augenzwinkern

17.07.2007, 11:12

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So schwer ist sie nicht, den richtigen Hebel angesetzt. Aber ich halt mich vorerst zurück, sind ja hier vorrangig Problemstellungen für Schüler. In der Zwischenzeit solltest du erstmal die Aufgabe von therisen lösen, die steht noch offen... Augenzwinkern

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