Mathe-Marathon Uni - Seite 2

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Alive-and-well Auf diesen Beitrag antworten »

ohh da war ich wohl etwas hastig.. naja dabei sein ist alles Augenzwinkern
Reksilat Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Bezeichnungen:
a): Für alle ist
b): Ein Quadrat vertauscht mit allen Elementen von



Gruß,
Reksilat.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich gehe nicht davon aus, dass das einer Bestätigung bedarf. Daher kannst du weitermachen, Mystic hat bestimmt nichts dagegen. smile
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, in der Tat, so hatte ich mir das in etwa vorgestellt... Freude
Reksilat Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 15:
Für prim und hat folgende Gleichung keine Lösung:


Dieses Problem tauchte vor Jahren bei meiner Diplomarbeit auf und jetzt habe ich es mal hervorgekramt, um zu sehen, ob jemand eine weniger unelegante Lösung als die meine bieten kann.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich biete mal folgendes an:

Zunächst ist

Klar ist zunächst:

Ist t ungerade, so ist der ggT unten im Nenner 3 und wir haben:



liefert keine Lösung und für liefert eine Betrachtung modulo 4 einen Widerspruch.

Also können wir davon ausgehen, dass t gerade ist, was insbesondere bedeutet, dass der ggT im Nenner 1 ist. Wir haben also:



Zunächst betrachten wir die Gleichung mal mod :

Es ist , also ist die linke Seite gleich 1 mod p.

Für die rechte Seite folgt: .

Nun betrachten wir die Gleichung mal mod und erhalten

, also



Da die 3 teilerfremd zu ist, folgt:

bzw.

Nun ist die Ordnung der 3 in gerade , falls . (Kann bei Bedarf bewiesen werden).
Dies liefert .

Zusammen mit obigem haben wir:

.
Da jeder echter Teiler von kleiner ist als , folgt .
Da p prim ist, ist t prim. Da t gerade ist, ist , was zu führt....(Und das ist dann ja in der Tat auch eine Lösung, wohl die einzige)


Hoffentlich ist kein Denkfehler oder ähnliches drin, wäre schade um den langen Text unglücklich
 
 
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Beeindruckend. Freude

Zitat:
Original von tmo
Nun ist die Ordnung der 3 in gerade , falls . (Kann bei Bedarf bewiesen werden).

Ich hab den Bedarf für mich gesehen und würde den wesentlichen Teil davon über



per Induktion für alle machen.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hatte mich an den Isomorphismus (im Fall )

erinnert.

Wenn man den als gegeben vorraussetzt, muss man ja - unter Ausnutzung der Tatsache, dass genau dann die Ordnung hat, wenn ungerade ist - nur noch zeigen, dass aus folgt, dass ungerade ist. Dies ist leicht, da für gerade j ist.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist für mich als Nicht-Algebraiker schwierig, wenn eine solche Aussage auf eine Aussage zurückgeführt wird, die für mich noch komplzierter wirkt. Big Laugh

Aber egal, ich hab ja einen Weg für diese Hilfsaussage gefunden, den ich dann auch verstehe.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ja du hast Recht, man könnte auch sagen, ich war einfach zu faul den Beweis selbst zu führen und habe mich deshalb auf so eine relativ starke Aussage gestützt Augenzwinkern

Daher danke für deinen Weg. Wink

Die Tatsache, dass man diesen Isomorphismus so konkret und einfach angeben kann, ist aber irgendwie so schön und überraschend, dass man ihn nicht vergisst, wenn man ihn einmal gesehen hat.


Da Mystic ja mit leicher Kost angefangen hatte, machen wir mal so weiter:

Aufgabe 16 (Analysis I)

Zitat:
Man bestimme


Bitte nicht über den Startindex stolpern smile
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Diesmal dürfte ich die Aufgabe ja aber wohl richtig verstanden haben Augenzwinkern

Zitat:
Lösung 16

Hier liegt eine Teleskopreihe vor, da

für .

Also ist . (die -1 vorne kommt vom Startindex)


Ich gehe mal davon aus, dass das so als gelöst gilt, also weiter zur nächsten Aufgabe.
Diesmal eine Konstruktionsaufgabe.

Zitat:
Aufgabe 17

Bereich: [attach]24103[/attach] (wurde uns in Maß- und Integrationstheorie vorgestellt)

Finde eine Funktion mit folgenden Eigenschaften:
  • ist stetig,
  • ist streng (!) monoton steigend,
  • ist fast überall differenzierbar (Lebesgue-fast-überall),
  • Ist in differenzierbar, ist .


Ich hoffe, ich habe keine Eigenschaft vergessen.
Da wir gerade aber so schön bei leichter Kost waren, gebe ich noch wenigstens das Stichwort Cantor-Funktion als Tipp.
Reksilat Auf diesen Beitrag antworten »

Zu Aufgabe 15:
Ich mische mich noch mal ein, um tmo meinen Respekt für die wirklich schönen Lösung zu zollen. Insbesondere der Trick mit dem Isomorphismus gefällt mir.
Damals habe ich die Gleichung einfach modulo 63 betrachtet - da können die beiden Seiten nur für 3|p gleich sein. Auf die 63 bin ich gekommen, indem ich den Rechner einfach der Reihe nach alle Restklassenringe habe durchtesten lassen.
Ups

Gruß,
Reksilat.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Auch nochmals zu Aufgbe 15:

Ich denke, dass die Auszeichnung in der Kategorie "schönster Beweis" bereits an tmo vergeben ist, aber es bleibt noch die Kategorie "elementarster Beweis", wo Reksilat sehr gute Chancen hat... Augenzwinkern

Ich versuch dazu mal im Folgenden zu rekonstruieren, wie sein Beweis ausgesehen haben könnte... Es geht doch darum, zu zeigen, dass die Gleichung



nur die Lösung p=3, t=2 besitzt...

Wenn man die Potenzen für t=2,4,6...betrachtet, erhält man die periodische Folge 4,7,1,4,7,1,... Da die Werte 7 und 1 aber nicht Frage kommen, da sie nicht Lösung von



sind, muss also schon mal



gelten... mod 7 betrachtet liefert aber die rechte Seite von (*) stets den Wert 6, wie dies
aus



hervorgeht, die linke Seite aber nur dann, wenn p durch 3 teilbar ist...Damit kann es wegen der Primzahleigenschaft von p außer der angegeben Lösung keine weiteren mehr geben...
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Da die neue Aufgabe 17 noch nicht gelöst wurde, habe ich mal versucht, mir einen Tipp zu überlegen, der nicht gleich die entscheidende Idee liefert. Dabei kam nur heraus, dass die Funktion, die ich im Sinn habe, als Grenzwert darzustellen ist... (damit ist natürlich nicht der Grenzwert "innerhalb der Cantor-Funktion" gemeint. Deren Eigenschaften können selbstverständlich allesamt benutzt werden)

Vielleicht hilft das jemandem, ansonsten würde ich am Wochenende auflösen und eine neue Aufgabe stellen.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Die Cantorfunktion selbst leistet es ja nicht, da sie nur monoton statt des geforderten "streng monoton" ist. Meiner Ansicht nach könnte es mit folgender Modifikation der Cantorfunktion klappen:


Man definiert eine Funktionenfolge auf über





und betrachtet deren Grenzwert .

Stetigkeit und strenge Monotonie der Grenzfunktion sind kein Problem, nur der Beweis von für fast alle ist etwas problematischer. Er dürfte machbar sein über Differenzenquotienten für all diejenigen mit nicht abbrechender 3er-Enwicklung sowie



aber das technisch sauber hier durchzuziehen, dürfte ermüdend sein. Ich freue mich daher auf das einfacher zu verstehende Beispiel von Che Netzer und sehe das von mir hier nur als unvollständigen Versuch an.


Anbei noch ein paar Postscriptfiles, die die Graphen von darstellen - für die, die sich (verständlicherweise) nicht in die obige rekursive Definition hineindenken wollen, ist dabei besonders von Interesse, da dort das Bildungsprinzip deutlich wird.
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, ich denke, das könnte ich dir abkaufen; allerdings müsste da noch sehr viel gezeigt werden.

Dann stelle ich mal die Lösung rein:
Zitat:
Lösung 17

Wir erinnern uns zunächst an die Cantor-Funktion , die auf die geforderten Eigenschaften besitzt und links mit 0 (stetig) fortgesetzt und rechts mit 1 (stetig) fortgesetzt ist.

Sei nun eine Abzählung der rationalen Intervalle in , d.h. . (abzählbar nach Diagonalargument)

Wir definieren und eine gestauchte Cantor-Funktion auf jedem dieser Intervalle:
(für , wäre das also die normale Cantor-Funktion).

Daraus setzen wir uns unsere Funktion zusammen:


Die Eigenschaften im Schnelldurchgang:
  • Wohldefiniertheit: Alle Summanden sind nichtnegativ und die Summe kann durch 1 nach oben abgeschätzt werden.
  • Stetigkeit: Die Partialsummenfolge ist gleichmäßig konvergent.
  • Strenge Monotonie: Zwischen zwei Zahlen , , existiert immer ein rationales Intervall.
  • Differenzierbarkeit: Die beiden Eigenschaften erhält man aus den entsprechenden der einzelnen Cantor-Funktion(en); die Nullmengen, auf denen nicht existiert, ergeben vereinigt wieder eine Nullmenge.



@Hal: Wenn du möchtest, kannst du weitermachen; ansonsten lasse ich mir etwas neues einfallen.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Mach mal weiter, mir fällt eh gerade nichts schönes ein.
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Eine kleine Anmerkung zu Aufgabe 17. Diese singulären Funktionen fand ich schon immer höchst interessant, aber auch ziemlich gekünstelt. Um so überraschter war ich, als ich vor vielen Jahren auf ein Beispiel stieß, wo eine solche Funktion auf ganz natürliche Weise entsteht. Es ist die Gewinnfunktion des "kühnen Spiels".

Beim kühnen Spiel kann man in einer einzelnen Spielrunde ein Kapital x einsetzen und gewinnt die Runde mit Wahrscheinlichkeit p. Wenn man gewinnt, erhält man 2x zurück. Wenn man verliert, ist der Einsatz weg. Man startet mit einem Kapital und hat das Ziel, das Kapital zu erreichen. Dazu verfolgt man folgende Strategie: Ist das aktuelle Kapital , setzt man das gesamte Kapital. Ist setzt man , also genau so viel, um 1 zu erreichen, wenn man gewinnt. Hat man erreicht, hört man auf. sei nun die Wahrscheinlichkeit, ausgehend von einem Anfangskapital x das Zielkapital zu erreichen. Man hat:





für

für

Mittels dieser Relationen lässt sich numerisch leicht mit jeder gewünschten Genauigkeit berechnen. hat für die in Aufgabe 17 geforderten Eigenschaften. Einen exakten Nachweis dürfte man hier finden:

http://www.jstor.org/discover/10.2307/27...=21101000034353

Allerdings habe ich leider keinen Zugriff auf den kompletten Artikel.
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Schade, den Beweis dazu hätte ich auch gern gesehen.

Naja, dann mal etwas aus der Funktionalanalysis, das hatten wir ja noch nicht:
Zitat:
Aufgabe 18

Bereich: Lineare Funktionalanalysis

Sei . Betrachte den Operator .
Wir betrachten weiterhin die -Norm und die Supremumsnorm .
In welchen der folgenden Fälle ist stetig?





Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Che Netzer
Schade, den Beweis dazu hätte ich auch gern gesehen.

Nach diesem Zitat aus der Wikipedia zu JSTOR

Zitat:
Der Zugang zu JSTOR ist hauptsächlich über Bibliotheken, Universitäten und Verleger möglich. Diese Institutionen zahlen Lizenzen, damit ihre Leser, Studenten und Mitarbeiter über das Internet auf JSTOR zugreifen dürfen. Über eine Brückenseite gelangen auch Suchmaschinennutzer zu einem Zeitschriftenartikel, dessen erste Seite kostenfrei ist.


solltest du doch Zugriff auf den kompletten Artikel haben. Und meine leise, unausgesprochene Hoffnung war ja, dass jemand, der Zugriff hat, mir diesen Artikel per PN oder Email zugänglich macht.
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Im Moment bin ich ja zuhause (und eigentlich auch offiziell noch kein Student).
Ich werde mir das mal ansehen, wenn ich wieder mal an einem Uni-Rechner bin; das dürfte aber erst ab Semesterbeginn im Oktober der Fall sein...
jester. Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe gerade eben nachgeschaut, aber über die RWTH kommt man da nicht rein. unglücklich
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von jester.
Ich habe gerade eben nachgeschaut, aber über die RWTH kommt man da nicht rein. unglücklich

Teufel auch, wozu zahle ich meine vielen Steuern, wenn noch nicht mal eine so renommierte TH den Zugriff ermöglicht? Und da erzählen die Politiker mir dauernd, wie wichtig Ausgaben für die Bildung seien.
Reksilat Auf diesen Beitrag antworten »

Einen Überblick, welche Hochschulen Zugriff auf welche Zeitschriften haben, bietet die Elektronische Zeitschriftenbibliothek Regensburg.
Für American Scientist: klick

Dann weiß man, an welchen Instituten man Leute kennen muss. Augenzwinkern

Gruß,
Reksilat.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung 18

Wegen reicht es zu zeigen, dass T im Fall 2 stetig ist.

Das sieht man so ein:

Für alle gilt:

Die letzte Ungleichung ist Cauchy-Schwarz.


PS: Ich hab Zugriff smile (Zumindest laut dem Link von Reksilat)
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das war die schöne Lösung Augenzwinkern

(In der letzten Ungleichung hätte man sogar noch einen Faktor einbauen können)

Die Inverse (wenn man den Bildraum nur in betrachtet) ist übrigens in keinem der Fälle stetig; das war der Hintergrund der Aufgabe.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 19

seien Punkte auf dem Einheitskreis in . Man zeige, dass es einen weiteren Punkt auf dem Einheitskreis gibt, sodass das Produkt der Abstände von zu gleich 1 ist, also
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Wir betrachten , dann gilt laut Cauchyscher Integralformel für den Einheitskreis :



und somit

,

letzteres auch wegen der Stetigkeit von auf . Zusammen mit folgt aus eben jener Stetigkeit nach ZWS, dass ein Punkt mit existiert.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Sehr schön Freude Alternativ kann man die Existenz eines Punktes auf D mit auch durch das Maximumsprinzip (in Verbindung mit ) begründen.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Etwas leichtes für die vielen Algebraiker hier:

Zitat:
Aufgabe 20

Sei eine positive ganze Zahl und eine Primzahl, . Man bestimme mindestens verschiedene Tripel aus positiven ganzen Zahlen , für die



gilt (Hierbei gelten zwei Tripel genau dann als verschieden, wenn sie sich nicht nur in der Reihenfolge der Elemente unterscheiden).
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Gehst du hier mit dem Wort "leicht" nicht etwas leichtsinnig um? Big Laugh

Wenn ich mich beim "Auschließen, dass Tripel mehrfach gezählt werden" nicht vertan hab, müsste das hier funktionieren. Aber ich kann mir gut vorstellen, dass es irgendwie mehr auf einen Rutsch ohne so viel Eventualitäten geht. Naja mehr kann ich nicht bieten:

liefert schonmal Stück.

liefert auch Stück.

liefert Stück.

liefert Stück.

Für ungerade n sind diese Tripel alle verschieden und wir haben 4n Stück, was für also schon reicht.

Für gerade n verlieren wir genau ein Tripel (die ersten beiden Zeilen ergeben für das gleiche Tripel), d.h. wir haben nur Tripel, was aber für auch schon reicht.


Letztendlich fehlen uns für noch jeweils 2 Tripel:





Dass das wirklich neue Tripel sind, sieht man, wenn man sich anguckt, wo denn oben überhaupt Tripel mit einer 1 oder 2 vorkommen. Das sind ja nicht so viele.

Das sind übrigens für jedes n neue Tripel, also haben wir für sogar mehr als genug Tripel gefunden, was auch gut so ist, ...

..., denn der Teufel steckt mal wieder im Detail: Für n gerade und verlieren wir noch ein Tripel: Für und sind die Tripel aus der ersten und der vierten Zeile gleich.

Das führt dazu, dass wir lediglich im Fall immer noch ein Tripel zu wenig haben. Ich erlaube mir mal diesen einen Speziallfall dem Rechner zu überlassen, welcher mir z.b. ausspuckt:

Zitat:

1,26,675
1,27,350
1,30,155
1,35,90
1,38,75
1,50,51
2,13,375
2,15,85
2,25,27
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, man hat hier viele Freiheiten, da die Aufgabenstellung ja sehr gemäßigt ist (im Vergleich zu "alle Lösungen bestimmen" Augenzwinkern ).

Auch möglich ist z.B. folgendes: Mit Faktorisierung wählen wir , dann ist

.

Daraus kann man ergänzend basteln

a) für

b) für

c) für (die Lösung für s=0 ist mit der von Fall a) identisch)

d) für

Selbstverständlich wäre auch hier noch genauer zu diskutieren, ob diese Tripel alle verschieden sind, aber das spare ich mir mal hier.


Na dann: Weitermachen! Freude
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Mit etwas Verstpätung dann die Aufgabe 21:

Zitat:

Man finde die größte (oder auch alle, dann hat man die größte wohl dabei) natürliche Zahl sodass für alle gilt.


edit: soll natürlich aus kommen.
Monoid Auf diesen Beitrag antworten »
Wettbewerb
Muss sein?
Monoid Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wettbewerb
Laut meiner Rechnung, kommt d=1 raus. Stimmt das?
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, es gibt in der Tat weitere 's, die die gewünschte Eigenschaft besitzen.
Monoid Auf diesen Beitrag antworten »
Wettbewerb
Hallo,

Ich denke, dass das größte d war.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich kann dir nur wiederholt sagen, dass das nicht stimmt.

Und es wird dir sicher in naher Zukunft jemand hier in diesem Thread beweisen.

Eine Regel war "Es wird ein vollständiger Lösungsweg gefordert", d.h. solange du diesen nicht bieten kannst, halte dich zwecks Übersicht (die Aufgabenstellung ist nun schon nach hinten gerutscht...) bitte raus.
Airblader Auf diesen Beitrag antworten »

Ohne überhaupt darüber nachzudenken habe ich einfach das Gefühl, dass es aus offensichtlichen Gründen d=42 sein muss... Big Laugh

air
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Na etwas größer ist es schon:

Damit der Thread aber nicht zum Dialog zwischen tmo und mir verkommt, verkneife ich mir den Beweis - noch. Augenzwinkern
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