Problem-Marathon

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Menelaos Auf diesen Beitrag antworten »
Problem-Marathon
Folgende Idee: eine Person postet ein Problem aus dem Bereich der Wettbewerbs-Mathematik, also Zahlentheorie, Kombinatorik, Geometrie, Ungleichungen etc., das es zu lösen gilt. Die Person, welche die erste richtige Lösung liefert, darf dann das nächste Problem in die Runde werfen. Natürlich dürfen auch Tipps gegeben werden, bei längerer Inaktivität sollte das Problem aufgelöst werden.

Problem 1

Auf welche Ziffer endet ?
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Wegen ...9·...9 = ...1 und ...1·...9 = ...9 enden alle geraden Potenzen von 999 auf 1 und alle ungeraden auf 9.

Problem 2
Gesucht ist eine zehnstellige Zahl, die jede der Ziffern 0 bis 9 enthält, mit der folgenden Eigenschaft:
Wenn man die Zahl nach der ersten, zweiten, dritten usw. Stelle von links abschneidet, soll die so entstehende Linkszahl durch 1 bzw. 2 bzw. 3 usw. teilbar sein.
Gibt es eine solche Zahl? Wie viele solche Zahlen gibt es gegebenenfalls?
 
 
Dual Space Auf diesen Beitrag antworten »

Boa Leopold ... bin ja mal gespannt, wer das Problem löst. smile


*gewichtigt*


PS. Sollte das nicht lieber in der Hochschulmathematik stehen? verwirrt
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Ich glaube, daß das Problem 2 weniger eine Aufgabe ist, bei der man geniale Ideen braucht, als eine "Durchhalte-Aufgabe". Ich möchte natürlich nicht ausschließen, daß es auch eine "zündende Idee" gibt ...
Dual Space Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Leopold
Problem 2
Gesucht ist eine zehnstellige Zahl, die jede der Ziffern 0 bis 9 enthält, mit der folgenden Eigenschaft:
Wenn man die Zahl nach der ersten, zweiten, dritten usw. Stelle von links abschneidet, soll die so entstehende Linkszahl durch 1 bzw. 2 bzw. 3 usw. teilbar sein.

Nur mal zum Verständnis. Ist das so gemeint?

Sei die zehnstellige Zahl. Dann soll z.B. durch 3 teilbar sein.

???
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, genau so.

(Da fällt mir übrigens ein, daß das auch eine hübsche Programmieraufgabe wäre.)
Menelaos Auf diesen Beitrag antworten »

Edit: Ja, das war natürlich Schwachsinn, hab die Aufgabe falsch verstanden. Hammer
Calvin Auf diesen Beitrag antworten »

Ich gehe noch einen Schritt weiter:



gerade
ungerade

Beim Rest scheitert es momentan am Durchhaltevermögen (bzw. leeren Magen Big Laugh )
Menelaos Auf diesen Beitrag antworten »

Ist die gesuchte Zahl 1476395280?
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Wie Calvin schon sagte:
y0007880 Auf diesen Beitrag antworten »

Wie wär's mit 3816547290

Problem 3:
Die Zahl 45 soll in vier Teile geteilt werden, so dass man ein und dieselbe Zahl erhält, wenn man zum ersten Teil 2 addiert, vom zweiten Teil 2 subtrahiert, den dritten Teil mit 2 multipliziert und den vierten Teil mit 2 dividiert.
Dual Space Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Leopold
Problem 2
Gesucht ist eine zehnstellige Zahl, die jede der Ziffern 0 bis 9 enthält, mit der folgenden Eigenschaft:
Wenn man die Zahl nach der ersten, zweiten, dritten usw. Stelle von links abschneidet, soll die so entstehende Linkszahl durch 1 bzw. 2 bzw. 3 usw. teilbar sein.
Gibt es eine solche Zahl? Wie viele solche Zahlen gibt es gegebenenfalls?


Halt y0007880! Das Problem ist noch nicht gelöst!
y0007880 Auf diesen Beitrag antworten »

Es gibt nur die eine. Gruß y0007880.
Menelaos Auf diesen Beitrag antworten »

Ergänzende Regel: Bevor ein neues Problem gestellt wird, sollte die Lösung von der entsprechenden Person für richtig erklärt worden sein.

Zitat:
Original von y0007880
Es gibt nur die eine.

Eine Begründung hierfür wäre nicht schlecht.
y0007880 Auf diesen Beitrag antworten »

Dieses Rätsel lässt sich nur durch eine Methode komplett Lösen: Brute Force. Dabei kommt nur diese Lösung heraus. Ihr seid aber heute echt kleinlich
Augenzwinkern
Dual Space Auf diesen Beitrag antworten »

Also geht es hiermit weiter! smile

Zitat:
Original von y0007880
Problem 3:
Die Zahl 45 soll in vier Teile geteilt werden, so dass man ein und dieselbe Zahl erhält, wenn man zum ersten Teil 2 addiert, vom zweiten Teil 2 subtrahiert, den dritten Teil mit 2 multipliziert und den vierten Teil mit 2 dividiert.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von y0007880
Dieses Rätsel lässt sich nur durch eine Methode komplett Lösen: Brute Force. Dabei kommt nur diese Lösung heraus. Ihr seid aber heute echt kleinlich
Augenzwinkern

Denkste! smile


(1) Ganz rechts, also als zehnte Ziffer, steht die 0, klar.

(2) Die zweite, vierte, sechste und achte Ziffer enthalten die übrigen geraden Ziffern 2, 4, 6, 8, nicht notwendig in dieser Reihenfolge.

(3) Ebenso klar ist, dass dann die fünfte Ziffer eine 5 sein muss. Dann bleiben für die erste, dritte, siebte und neunte Ziffer nur noch die ungeraden Ziffern 1, 3, 7, 9 übrig.

(4) Die zweistellige Zahl aus dritter und vierter Ziffer muss durch 4 teilbar sein. Da die dritte Stelle ungerade ist, bleiben für die vierte Stelle nur die Ziffern 2 oder 6.

(5) Die dreistellige Zahl aus sechster bis achter Ziffer muss durch 8 teilbar sein. Da die siebte Stelle ungerade ist, bleiben für die achte Stelle auch nur die Ziffern 2 oder 6.

(6) Für die sechste Stelle bleiben wegen (2),(4),(5) nur noch die Varianten 4 oder 8.

(7) Die Quersumme von vierter bis sechster Ziffer muss durch 3 teilbar. Nach den vorherigen Bedingungen bleiben dann zwangsläufig nur noch die Varianten

(a) x4x258x6x0
(b) x8x654x2x0

Bedingung (5) verfeinert das zu den Varianten

(a1) x4x25816x0
(a2) x4x25896x0
(b1) x8x65432x0
(b2) x8x65472x0

(8) Die Quersumme von erster bis dritter Ziffer muss ebenfalls durch 3 teilbar. Bleiben die Varianten

(b11) 1896543270
(b12) 7896543210
(b13) 9816543270
(b14) 9876543210
(b21) 1836547290
(b22) 1896547230
(b23) 3816547290
(b24) 9816547230

(9) Die Teilbarkeit durch 7 der ersten sieben Ziffern reduziert das auf die einzige Variante

(b23) 3816547290

Es muss nicht immer Bruteforce sein. Wink
y0007880 Auf diesen Beitrag antworten »

Sehr schön hergeleitet!
Auch wenn die Frage nach der Effizienz des Lösungsweges damit noch nicht abschließend geklärt wäre. Aber schöner ist das natürlich smile
Lucahe Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von y0007880
Problem 3:
Die Zahl 45 soll in vier Teile geteilt werden, so dass man ein und dieselbe Zahl erhält, wenn man zum ersten Teil 2 addiert, vom zweiten Teil 2 subtrahiert, den dritten Teil mit 2 multipliziert und den vierten Teil mit 2 dividiert.

Es soll also gelten:

und




Hab ich das so richtig verstanden?

Wenn ja, dann ist:





Damit folgt aus der ersten Gleichung

Ausmultiplizieren:


Substitution mit :



PQ-Formel:


oder

Rücksubstitution:
oder oder
Ich lass die Komplexenzahlen einfach mal rausfallen. Wer auch noch die dazu gehörigen Lösungen berechnen will, soll es tun....

Aus den beiden anderen Lösungen folgt:

und
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Lucahe
Die Zahl 45 soll in vier Teile geteilt werden

Das ist natürlich sehr missverständlich formuliert. Du, Lucahe, hast das so aufgefasst, dass 45 in ein Produkt von 4 Faktoren mit den genannten Eigenschaften aufgeteilt wird. Ebenso (vielleicht noch mehr) kann man aber der Auffassung sein, dass die Aufteilung in 4 Summanden gemeint war. Das wären hier dann

8, 12, 5, 20. Wink
y0007880 Auf diesen Beitrag antworten »

Genauso war's gemeint. Und wo ist Deine Aufgabe?
y0007880 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent
Zitat:
Original von y0007880
Dieses Rätsel lässt sich nur durch eine Methode komplett Lösen: Brute Force. Dabei kommt nur diese Lösung heraus. Ihr seid aber heute echt kleinlich
Augenzwinkern

Denkste! smile
.
.
.
Es muss nicht immer Bruteforce sein. Wink


Und welche Methode hast Du unter (9) angewendet? Ich denke, da sind wir auch wieder bei Brute Force Wink

Gruß y0007880
Leopold Auf diesen Beitrag antworten »

Zum Trost: der typische Verlauf eines solchen Wettbewerbs im MatheBoard
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von y0007880
Und welche Methode hast Du unter (9) angewendet? Ich denke, da sind wir auch wieder bei Brute Force Wink

Wenn man die Überprüfung der 8 Zahlen aus (8) (statt wie bei dir 362880 oder noch mehr) auf Teilbarkeit durch 7 Bruteforce nennen will: Ja, dann hast du recht. smile


Zitat:
Original von y0007880
Genauso war's gemeint. Und wo ist Deine Aufgabe?

Nein, ich denke, Lucahe sollte eine stellen. Er kann nix dafür, dass die Aufgabe missverständlich war.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, ich hab's mir anders überlegt, ich stelle eine - Lucahe kann ja später auch eine nachreichen:

Zitat:
An jede Ecke eines regelmäßigen Fünfecks wird eine ganze Zahl geschrieben, wobei die Summe dieser fünf Zahlen positiv sein soll. Sollte sich unter den fünf Zahlen eine negative Zahl befinden, so suche man sich eine der negativen Zahlen aus - das sei - und ersetzt diese und ihre beiden Nachbarn gemäß







Man begründe, dass man bei gegebener Anfangskonfiguration nur endlich viele solche Ersetzungsschritte durchführen kann.
sqrt(2) Auf diesen Beitrag antworten »

Addiert man die beiden Seiten der Ersetzungsvorschrift, so sieht man, dass die Gesamtsumme der Zahlen stets konstant (positiv ist). Aus der Dreiecksungleichung, angewendet auf jede Ersetzungsregel, folgt außerdem, dass die Summe der Beträge der einzelnen Zahlen mit jedem Schritt monoton fällt. Da die (positive) Summe der Zahlen stets kleiner oder gleich der Summe der Beträge ist, führt eine unendliche Anzahl an Ersetzungsschritten zu einen Widerspruch, falls die Summe der Beträge nicht für fast alle Schritte konstant bleibt.

Wann bleibt die Summe der Beträge also konstant? Dies ist genau dann der Fall, wenn in einer Ersetzung und negativ sind, denn genau dann liegt (wegen der Negativität von ) Gleichheit in der Dreiecksungleichung vor. (edit: Dieser Satz ist falsch -- keine Äquivalenz --; wenn keiner die anderen Fälle macht oder generell etwas Eleganteres findet, kümmere ich mich heute später darum.) Zu zeigen ist also, dass nach endlich vielen Schritten jeweils eine Konstellation eintritt, in der keine Ersetzung so durchgeführt werden kann, dass die Nachbarn von beide negativ sind. Wegen der Positivität der Gesamtsumme kommen dabei nur Konstellationen mit drei oder vier negativen Zahlen infrage, d.h. eine zyklische Permutation der Konstellationen



Fall (1) geht nach der einzig möglichen Ersetung in



über, womit ein Zustand erreicht wäre, in der keine Weitere Ersetzung bei beibehaltung der Summe der Beträge durchgeführt werden kann. Selbiges gilt für die beiden Zustände



in die (2) überführt werden kann. Nach endlich vielen Schritten fällt die Gesamtsumme der Beträge also, sodass sie nach endlich vielen Schritten gleich der Gesamtsumme der Zahlen ist. In diesem Zustand sind schließlich alle Zahlen nichtnegativ und daher keine weitere Ersetzung möglich.
Egal Auf diesen Beitrag antworten »

Fall (1) könnte nach meinem Verständnis genausogut zu:
? + ? - +
werden.
sqrt(2) Auf diesen Beitrag antworten »

Das zweite Fragezeichen ist immer negativ, aber die Betragssumme muss nicht kleiner sein als vorher. Das ist es, was ich mit der Nichtäquivalenz oben sage.
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von sqrt(2)
Wann bleibt die Summe der Beträge also konstant? Dies ist genau dann der Fall, wenn in einer Ersetzung und negativ sind

Ja, hast du richtig erkannt: Stimmt leider nicht. Mal ein ausführliches Beispiel, wie so eine Kette von Schritten aussehen kann (Auswahl der negativen Elemente zur Umwandlung ist natürlich willkürlich):

-2 , +2 , -5 , +3 , +3
-2 , -3 , +5 , -2 , +3
+2 , -5 , +5 , -2 , +1
+2 , -5 , +3 , +2 , -1
-3 , +5 , -2 , +2 , -1
-4 , +5 , -2 , +1 , +1
+4 , +1 , -2 , +1 , -3
+4 , -1 , +2 , -1 , -3
+1 , -1 , +2 , -4 , +3
+1 , -1 , -2 , +4 , -1
+0 , +1 , -3 , +4 , -1
+0 , -2 , +3 , +1 , -1
-2 , +2 , +1 , +1 , -1
-3 , +2 , +1 , +0 , +1
+3 , -1 , +1 , +0 , -2
+1 , -1 , +1 , -2 , +2
+0 , +1 , +0 , -2 , +2
+0 , +1 , -2 , +2 , +0
+0 , -1 , +2 , +0 , +0
-1 , +1 , +1 , +0 , +0
+1 , +0 , +1 , +0 , -1
+0 , +0 , +1 , -1 , +1
+0 , +0 , +0 , +1 , +0


Zitat:
Original von sqrt(2)
Nach endlich vielen Schritten fällt die Gesamtsumme der Beträge also, sodass sie nach endlich vielen Schritten gleich der Gesamtsumme der Zahlen ist. In diesem Zustand sind schließlich alle Zahlen nichtnegativ und daher keine weitere Ersetzung möglich.

Die Grundidee ist richtig, und findet auch in der mir bekannten Lösung Anwendung. Allerdings wird da als monoton fallende Zustandsfunktion nicht die Betragssumme betrachtet. Augenzwinkern
Vielleicht geht es aber auch mit der Betragssumme, mal sehen.


EDIT: Ach ja, ein unangenehmes Beispiel kann ich dir nicht ersparen:

+1 , +1 , -3 , +1 , +1
+1 , -2 , +3 , -2 , +1


Hier steigt die Betragssumme von 7 auf 9 ... geschockt
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du noch ein bisschen suchen willst, ein Tipp, der nicht allzu viel verrät: Es gibt sogar eine streng monoton fallende Zustandsfunktion.

EDIT: Nanu, da war doch grad eben noch ein Beitrag von sqrt(2) da? Oder habe ich jetzt schon Halluzinationen. Augenzwinkern
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab das dumme Gefühl, ich hab den Thread abgewürgt. verwirrt

Man beachte das Bild in meinem letzten Beitrag, das ist ein dezenter Hinweis auf eine passende Zustandsfunktion...

In der Zwischenzeit kann ja auch gern ein anderer ein neues Problem stellen - wünschenswert natürlich Lucahe, falls er mal wieder vorbeischaut. Augenzwinkern
Lucahe Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe leider keine Idee. Weder weiß ich eine Lösung zu dem Problem, noch habe ich momentan ein Problemaufgabe, die ich stellen könnte.
Da ich momentan leider auch nicht wirklich viel Zeit habe, bin ich der Meinung, dass es das beste für diesen Thread wäre, wenn irgendjemand ein neues Problem stellt.

//Edit: Rechtschreibung
sqrt(2) Auf diesen Beitrag antworten »

Am besten wäre es, wenn jemand das Problem von Arthur lösen würde, ich sehe die Zustandsfunktion nur leider einfach nicht...
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Stellt doch einfach ein neues Problem - man muss doch nicht zwingend eins nach dem anderen lösen, oder?

Ich kann natürlich auch lösen, wenn keiner was dagegen hat. Augenzwinkern
Dual Space Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Arthur Dent
Ich kann natürlich auch lösen, wenn keiner was dagegen hat. Augenzwinkern

Na los ... Augenzwinkern
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, dann los:

Gemäß dem abgebildeteten Pentagramm bilde man die entsprechenden Differenzen der Werte, davon die Quadrate und summiere diese - das ist dann die passende Zustandsfuntkion:



Für die oben angesprochene Operation



folgt dann mit ein bisschen Rechnen:

,

letztere Ungleichung folgt natürlich aus .
Vieta Auf diesen Beitrag antworten »

ich verfolge das Thema mit viel Interesse und wollte mal fragen ob jemand Lust hätte mal weiterzurechnen Wink
Menelaos Auf diesen Beitrag antworten »

Problem 5

Finde die grösste natürliche Zahl , für die die Gleichung genau eine Lösung in natürlichen Zahlen hat.
Menelaos Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm, falls jemand interessiert sein sollte, kann ich die Lösung posten.

Ansonsten: Freirunde.
q33205 Auf diesen Beitrag antworten »

ich wäre an der antwort intressiert
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