Mathe-Marathon Uni - Seite 4

Neue Frage »

tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Wo hab ich denn Vorgaben gemacht? smile

Dann kann es ja weitergehen.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, also um dieses "Ping-Pong-Spiel der theoretischen Algebraiker" ((c) HAL) einmal zu durchbrechen, mal was ganz anderes... Augenzwinkern

Zitat:
Aufgabe 30

Ich nenne - jetzt nur für diese Aufgabe - eine Sequenz von Primzahlen geometrisch, wenn sie sich für ein gewisses in folgender Weise ergibt:



Ferner nenne ich n die Länge der Primzahlsequenz, wenn zusätzlich gilt



Man bestimme eine geometrische Primzahlsequenz maximaler Länge mit , sowie dazu ein gemäß (*), sodass in der gekürzten Bruchdarstellung



max{|p|,|q|} kleinstmöglich ist...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Na das ist doch mal was, was sich mit viel Fleiß und weitgehend ohne Zahlentheoriekenntnisse knacken lässt. Big Laugh

Aber hier

Zitat:
Original von Mystic
max{|p|,|q|}

hättest du auch gleich schreiben können. Augenzwinkern
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich mache dann doch mal weiter:

Ist solch eine Sequenz gegeben, so gilt , was die Wahl von auf

einschränkt. Ob dies in der Tat alles zulässige Fortsetzungen sind, ist zunächst nicht klar. Ist nämlich die kleinste Zahl in diesem Intervall schon eine Primzahl, mit der wir die Sequenz fortsetzen, so ist das "neue -Intervall" nicht ganz in dem alten enthalten, was evtl. dazu führen könnte, dass wir irgendwann mit dieser Methode eine angebliche Fortzsetzung erhalten, die aber nicht zu den Vorgängern passt. Es wird sich aber herausstellen, dass das mit dem Startwert nicht vorkommt.

Insbesondere bricht die Squenz ab, sobald in diesem Bereich keine Primzahl mehr existiert. Dies führt zu 3 solchen Sequenzen mit Startwert :



,

wobei letztere dann die mit maximaler Länge (8) ist.

Dabei ist also .

Kurz zur Demonstration, warum die Sequenz nicht fortgesetzt werden kann:

Es ist und
, zwischen
2283 und 2286 existiert aber keine Primzahl.

Der Rechner spuckt mir für den "kleinsten" Bruch, der in diesem Intervall existiert, aus und in der Tat gilt:










Ich frage mich nur noch, ob es geplant gewesen wäre, dass man den kleinsten Bruch ohne Rechner erhält verwirrt


@Mystic: Weißt du mehr darüber, ob es überhaupt irgendeinen Startwert gibt, für die die Sequenz nicht abbricht? Hier steht sowas ähnliches, allerdings geht es da nicht um , sondern um
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, wie breits gewohnt eine sehr saubere Lösung ... Freude


Zitat:
Original von tmo
Ich frage mich nur noch, ob es geplant gewesen wäre, dass man den kleinsten Bruch ohne Rechner erhält verwirrt

Ein "Kandidat" ist 111/47 auf jeden Fall, da dieser Bruch als Näherungsbruch in der Kettenbruchdarstellung von vorkommt und in das fragliche Intervall hineinfällt... Z.B. liefert die Eingabe

code:
1:
seq(numtheory[nthconver](cfrac(967^(1/8)),k),k=0..6);

in Maple die folgenden ersten Näherungsbrüche des Kettenbruchs



Dass dies allerdings wirklich der "kleinste" Bruch ist, habe ich dann allerdings auch nur durch Probieren am Rechner herausgefunden, was in Hinblick auf den relativ kleinen Nenner 47 hoffentlich noch nicht übertrieben aufwändig ist... Augenzwinkern

Zitat:
Original von tmo
@Mystic: Weißt du mehr darüber, ob es überhaupt irgendeinen Startwert gibt, für die die Sequenz nicht abbricht? Hier steht sowas ähnliches, allerdings geht es da nicht um , sondern um


Hier steht von derselben Quelle auch was darüber, was dann auch deine Frage weitgehend beantworten sollte...

Und es kann dann weitergehen mit dem nächsten Problem... smile
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Mystic
Dass dies allerdings wirklich der "kleinste" Bruch ist, habe ich dann allerdings auch nur durch Probieren am Rechner herausgefunden, was in Hinblick auf den relativ kleinen Nenner 47 hoffentlich noch nicht übertrieben aufwändig ist... Augenzwinkern

Man sucht ja

.

Bei der Kettenbruchnäherung hat man ja eigentlich auch nur "Glück" gehabt, dass sie gerade auf der richtigen Seite von lag (alterniert ja in der Beziehung).
 
 
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000

Man sucht ja

.


Ja genau das habe ich meinen Rechner auch tun lassen. smile


Mal etwas mehr "Mainstream", aber (wie ich finde) ganz interessant:

Aufgabe 31

Zitat:

Sei ein Wahrscheinlichkeitsraum. Man zeige: Ist abzählbar, so impliziert die stochastische Konvergenz einer Folge von Zufallsvariablen bereits die fast-sichere Konvergenz, d.h. die beiden Begriffe fallen zusammen.


Es werde keinerlei tiefgehende Sätze aus der Stochastik benötigt (sonst könnte ich das ja gar nicht lösen Big Laugh ), die Definitionen eines Wahrscheinlichkeitsraums und der beiden Konvergenzarten reichen schon aus.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von HAL 9000
Bei der Kettenbruchnäherung hat man ja eigentlich auch nur "Glück" gehabt, dass sie gerade auf der richtigen Seite von lag (alterniert ja in der Beziehung).

Im Gegenteil: Man muss eigentlich hier von "Pech" sprechen, denn in Bezug auf die rechte Intervallgrenze fallen die Näherungsbrüche schon ab 85/36 immer in das fragliche Intervall, leider liegt dieser Bruch aber zufällig gerade links von der linken Intervallgrenze, wobei das hier- wie von dir erwähnt - alterniert, sodass dann eben erst der nächste, also dann 111/47, zum Zug kommt... Big Laugh

Aber die Kettenbruchmethode, zumindestens so wie ich sie verwendet habe, ohnhin nur einen Anhalt dafür gibt, wie der gesuchte Bruch mit kleinstem positivem Nenner (natürlich hast du auch damit recht, dass man das kürzer so sagen kann) aussieht, kommt man eh nicht darum herum, ihn auf die von dir beschriebene Art zu berechnen... Augenzwinkern

Edit: Was den ersten Punkt betrifft, so bin ich jetzt nach einigem Nachdenken zur Erkenntnis gelangt, dass es weder "Glück", noch "Pech" ist, sondern es muss einfach so sein, wie es ist, da das Enthaltensein bez. der rechten Intervallgrenze anfangs ebenfalls alterniert, und zwar gegenläufig, bis zu einem Punkt, wo es dann immer zutrifft...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

@tmo

Bei Aufgabe 31 könnte man auch gleich fordern, das erleichtert den Beweis etwas in technischer Hinsicht, ich würde fast von "o.B.d.A." sprechen. Augenzwinkern
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Als ich die Aufgabe damals als Übungsaufgabe lösen musste, war es gerade die Tatsache, dass beliebig aussehen kann, die die Aufgabe etwas komplizierter machte, der Rest schien mir "straight-forward" verwirrt

Ergo: Es wird kein o.B.d.A akzeptiert Teufel , natürlich jedoch eine Argumentation, warum man das annehmen kann.


Wenn sich hier lange nichts tut (und du nicht lösen willst, was dir aber natürlich zusteht), so kannst du ja im Diskussionsthread erläutern warum es "o.B.d.A" ist.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von tmo
Als ich die Aufgabe damals als Übungsaufgabe lösen musste, war es gerade die Tatsache, dass beliebig aussehen kann, die die Aufgabe etwas komplizierter machte

Eigentlich nicht, es verlagert nur den Schwerpunkt der Aufgabe von den Konvergenzarten eher dahin, wie Zufallsgrößen bzw. in so einen Raum aussehen müssen, der Messbarkeit wegen. Bzw., wie Sigma-Algebren in abzählbaren Räumen überhaupt nur aussehen können.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Na gut, dann löse ich es mal "ohne o.B.d.A.", und unter Umschiffung der eigentlich passenden Vergröberung des W-Raumes:

Zitat:
Lösung Aufgabe 31

Wir betrachten ein festes sowie



Stochastische Konvergenz bedeutet ja für alle , insbesondere findet man damit im Fall für jedes ein mit

für alle .

Zwangsläufig kann unser obiges damit für nicht zu den Ereignissen links gehören, es ist also

,

was nichts anderes bedeutet als .


Es verbleiben also nur diejenigen mit zugehörigem . Da das nur höchstens abzählbar viele sein können, kann man für deren Vereinigung unter Nutzung von (*) feststellen, dass eine -Nullmenge ist, denn:

Für jedes findet man ja gemäß (*) Mengen mit und , so dass mit ist, und das wie gesagt für jedes .
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Genauso hatte ich es damals auch gelöst. Man umgeht das Problem, dass die Einpunktmengen nicht notwendigerweise in der Sigma-Algebra liegen, einfach dadurch, dass man sich via deinem einfach definiert und dann ausnutzt, dass aus für alle wegen der Abzählbarkeit schon folgt. Der dazu benutzte -Trick ist in der Maßtheorie ja eigentlich Standard.


Ein andere Möglichkeit ist, sich zu jedem festem mal zu definieren. Diese Menge ist in der Sigma-Algebra, da die messbar sind. Diese Menge ersetzt quasi die Funktion der Einpunktmenge.

Wegen ist dies genauso zielführend.

Dann mal weitermachen Freude
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Mich zieht es wieder einmal in den dreidimensionalen Raum: smile

Zitat:
Aufgabe 32

Wir betrachten eine endliche Anzahl von Kugelkörpern (d.h. Inneres+Rand), die beliebig im Raum platziert sind, sich durchaus auch berühren oder durchdringen können, mit nicht notwendig gleichen Radien. Die Vereinigungsmenge all dieser Kugeln habe das Volumen .

Man zeige, dass man unter diesen Kugeln eine Auswahl von Kugeln derart treffen kann, dass diese ausgewählten Kugeln paarweise disjunkt sind und deren Vereinigung ein Volumen hat.
mathe760 Auf diesen Beitrag antworten »

Betrachten wir zunächst eine Kugel K mit größtem Volumen (Radius) und alle Kugeln die nicht disjunkt sind zu dieser. Der Radius von K sei . Dann ist klar, dass alle Kugeln die nicht disjunkt sind zu K innerhalb einer Kugel mit gleichem Mittelpunkt wie K und Radius liegen. Damit hat die Vereinigung dieser Kugeln mit K ein Volumen

Die Kugel K hat das Volumen und damit mindestens Volumen .

Bezeichne nun mit die Menge der Kugeln, die zu K disjunkt sind. Durch Induktion nach der Anzahl der Kugeln insgesamt (nicht nur in W) können wir nun annehmen, dass es eine Menge von paarweise disjunkten Kugeln in W gibt, deren Vereinigung mindestens 1/27 des Gesamtvolumens der Kugeln in W ausmacht.
Nach obigem macht die Kugel 1/27 des Gesamtvolumens der restlichen Kugeln aus.
Damit erfüllt die Menge der Kugeln in das Gewünschte.

Ich habe leider keine Aufgabe zum Weitermachen, das kann also gerne jemand anderer machen smile





Bis denn mathe760 smile
Grouser Auf diesen Beitrag antworten »

Frisch zurück aus dem Urlaub, werde ich mich einmal an der Aufgabe versuchen:

Sei die betrachtete Menge von Bällen mit Gesamtvolumen . Wir definieren uns eine disjunkte Teilmenge induktiv:
sei ein belieber Ball in mit maximalem Volumen,
sei ein Ball in mit maximalen Volumen, so dass für .

Nach Konstruktion existiert nun für jeden Ball aus ein Ball , so dass , wobei ein Ball des dreifachen Radius ums Zentrum von sei.

Seien die Radien von .

Es ist
,
wobei das Gesamtvolumen der Teilmenge bezeichne.

edit: Da kommt man aus dem Urlaub, sieht ein - für's Matheboard - lange unbeantwortes Problem und während des Tippens wird man überholt Big Laugh
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ist vielleicht Geschmackssache, aber m.E. war mathe760 nicht nur etwas schneller, sondern hat das wesentliche auch deutlicher herausgearbeitet und erklärt. Na egal, wenn er nicht will, dann kannst auch du, Grouser, jetzt weitermachen. Freude
Grouser Auf diesen Beitrag antworten »

Eine neue Aufgabe überlege ich mir direkt nach dem Abendessen.

@HAL 9000: Wirklich schön ist meine Lösung nicht, da stimme ich zu. Das liegt aber zum einen daran, dass ich mir den Beweis während des Tippens überlegt und zum anderen daran, dass es nicht wirklich etwas zu zeigen gab und ich mich daher vielleicht zur Oberflächlichkeit verleiten lassen habe Augenzwinkern

Um den Thread schmal zu halten, hänge ich meine Aufgabe an diesen Post an

Zitat:
Aufgabe 33: Logik
Beweisen Sie, dass es eine Teilmenge gibt, sodass jede Gerade in genau zwei Punkten trifft.


Auch dieses Problem kennen sicherlich einige von euch, weshalb ich darum bitte, jenen Zeit zu geben, denen diese Aufgabe unbekannt ist.
Was die Voraussetzungen zur Lösung der Aufgabe anbelangt: Mein Beweis verwendet Wissen, das soweit mir bekannt für alle Mathematikstudenten im Rahmen ihrer Grundlagenvorlesungen vorgesehen ist.
Grouser Auf diesen Beitrag antworten »

Sei die Menge aller Gerade in .
Vorweg zwei einfache Beobachtungen:
1) Es gilt .
2) Ist eine Gerade, mit , so gibt es einen Punkt , so dass jede von verschiedene Gerade durch die Menge in höchstens zwei Punkten trifft.

Fixiere eine Wohlordung auf und Ordnungsisomorphismen , . Diese existieren nach dem Wohlordnungssatz.
Konstruiere die Abbildung per transfiniter Induktion wie folgt:
Sei das kleinste Element in und setze . Dies ist der kleinste Punkt, der auf der ersten Gerade liegt (bezüglich der entsprechenden Wohlordnungen).

Sind nun für konstruiert, so definiere wie folgt:
Sei . Es ist . Nach obiger Überlegung gibt es also eine Gerade , die in weniger als 2 Punkten trifft. Sei die kleinste solche Gerade und setze .

Sei nun schließlich .

Behauptung: schneidet jede Gerade in in genau zwei Punkten.

Beweis
1) Jede Gerade trifft in höchstens zwei Punkten, denn:
Je drei Punkte mit liegen in und jede Gerade trifft in höchstens zwei Punkten.

2) Jede Gerade trifft in mindestens zwei Punkten:
Angenommen dies wäre falsch. Sei die erste Gerade, die in weniger als zwei Punkten trifft. Dann ist nach Konstruktion . Betrachte .
Jedes trifft in genau zwei Punkten. Da gibt es Punkte , die auf keiner Geraden liegen. Sei der erste solche Punkt in .
Nach Konstruktion von gibt es eine Gerade , die in weniger als 2 Punkten trifft und ist der erste Punkt auf , der nicht in liegt.
Wegen ist . Andererseits trifft die Menge in weniger als zwei Punkten, also ist . Widerspruch!

Falls ich in meiner Müdigkeit irgendwo in dem Beweis einen (Tipp-)Fehler eingebaut haben sollte, macht mich bitte darauf Aufmerksam. Ansonsten möchte ich nur noch sagen, dass dieses Resultat meines Wissens zum ersten Mal 1914 von Mazurkiewicz bewiesen wurde und durch seine geometrische Bedeutung dazu beitrug, der von Cantor begründeten Mengenlehre weitere Beachtung zu schenken. Wenn man die anfängliche Skepzis und Ablehnung gegenüber Cantors Ideen berücksichtigt, konnte ihm Unterstützung wohl nur wünschen. Ob ihm dieses Resultat jedoch jemals bekannt wurde, weiß ich leider nicht.

Abschließend möchte ich tmo bitten in Folge seiner Lösung für abzählbar viele Geraden das nächste Problem vorzustellen.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Mir fällt gerade nichts Tolles ein, daher mal folgendes:

Aufgabe 34

Eine natürliche Zahl sei in Dezimalschreibweise durch gegeben.

Wir setzen , d.h. ist so eine Art Quadrat-Quersumme.

Durch wiederholte Anwendung von H erhalten wir folgende 2 Schleifen:



.

Man zeige, dass bei jedem Startwert die durch gegebene Folge in eine der beiden obigen Schleifen kommen wird, d.h. irgendwann wird die 1 oder die 4 erreicht.

Als kleine Hilfe: Für die Startwerte 1 bis 99 sei das mit einem Computer schon überprüft worden.
Gastt Auf diesen Beitrag antworten »

Beweis durch Induktion über

IA:
Für bis 2-stellige Zahlen (also mit ) gilt die Beh. lt Vor..

Für den Fall, dass 3-stellig ist, gilt

Es gibt genau 14 3-stellige Zahlen mit und

Dies sind:

159, 168, 169, 178, 179, 186, 187, 188, 189, 195, 196, 197, 198 und 199.

Man verifiziert schnell, dass für 2-stellig ist und die Beh. somit auch für 3-stelligen Zahlen gilt.


IV:
Die Behauptung sei für bereits bewiesen.

IS:

Sei eine beliebige -stellige Zahl (also mit ).

Es gilt:



Also lässt sich die IV auf anwenden.


P.S.: Die im obigen IS benutzte Ungleichung

gilt für alle wie man direkt oder induktiv leicht verifiziert.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das passt so Freude

Die Induktions über fand ich etwas ungewöhnlich, klappt aber natürlich. Ich hätte angemerkt, dass es offensichtlich reicht die Aussage für diejenigen mit zu zeigen (Denn ein minimales Gegenbeispiel der Aussage erfüllt diese Ungleichung), um danach zu zeigen, dass diese Ungleichung bereits impliziert.

Nächste Aufgabe bitte.


PS: Die Aufgabe hatte natürlich etwas mit den happy numbers zu tun.
Gastt Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, hier ist was aus der Maßtheorie - allerdings eher anwendungsbezogen.
Wir hatten uns jedenfalls in Infini III damit auseinanderzusetzen:

Zitat:

Aufgabe 35

Beweise die Existenz folgenden Integrals und die Identität:


tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich nehme an trotz der Einordnung der Aufgabe in die Maßtheorie ist es mir erlaubt ein funktionentheoretischen Zugang mit dem Residuensatz vorzustellen:

Erstmal zur Existenz: Da ist nicht viel zu zeigen, der Integrand ist stetig auf ganz (in 0 lässt er sich stetig fortsetzen) und der Nenner wächst exponentiell, während der Zähler beschränkt ist. Das ist Analysis I.

Nun zur Identität:

sei fest gewählt.

Wir definieren die auf meromorphen Funktionen





und die Integrale





Unser Ziel ist folgende Identitäten zu zeigen

und .

Dies führt zu



Wegen der Achsensymmetrie von ist dies die Behauptung.


--------------------------------

Also zum Beweis der beiden Identitäten:

Man rechnet zunächst mit den Additionstheoremen nach:



Nun kommt der Residuensatz ins Spiel:

Wir betrachten den Integrationsweg, zusammengesetzt aus:






Innerhalb dieses geschlossenen Weges liegt keine Singularität von , daher ist



Im Grenzübergang verschwinden die letzten beiden Summanden (beschränkter Integrationsweg bei verschwindendem Integrand) und man erhält



Die zweite Identidät funktioniert analog.

Mit den Additionstheoremen rechnen wir nach:



Der letzten Zeile sieht man schon an, dass wir diesmal folgenden Weg betrachten:






Diesmal liegt eine Singularität im Inneren des Weges, nämlich bei . Wir rechnen nach: .

Dies führt wie oben nach nach dem Grenzübergangn zu

,

also


edit: Erwartungsgemäß waren noch ein paar Tippfehler drin. Habe sie verbessert, will jedoch nicht ausschließen, dass immer noch welche da sind smile
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich schulde noch eine Aufgabe:

Zitat:

Aufgabe 36

Man zeige, dass jede natürliche Zahl Summe dreier Dreieckszahlen ist.
Dabei ist eine Dreieckszahl eine Zahl der Form .


Man darf dabei den 3-Quadrate-Satz verwenden:

Eine natürliche Zahl lässt sich genau dann als Summe dreier Quadrate schreiben, wenn in der eindeutigen Darstellung mit gilt:
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das ist wieder eine sehr interessante Aufgabe und ich versuch mich mal daran.

Zitat:
Lösung von Aufgabe 36

Ist n eine beliebige natürliche Zahl, so braucht man für die Darstellung von 8n+3 als Summe von Quadraten genau 3 ungerade Quadrate... Einerseits braucht man nämlich mindestens 3 Quadrate, da ja das Quadrat einer natürlichen Zahl nur in den Restklassen 0,1,4 mod 8 liegen kann, weshalb mod 8 nur die additive Zerlegung 3=1+1+1 von 3 in Frage kommt, andererseits reichen für eine ungerade Zahl, die nicht in der Restklasse 7 mod 8 liegt, nach der Hilfestellung drei Quadrate auch immer aus.

Damit gilt also



für gewisse natürliche Zahlen i,j,k, woraus dann sofort



folgt...
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Genau Freude
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, dann zur Abwechslung mal was Kombinatorisches:

Zitat:

Aufgabe 37: Auf wieviel Arten kann man (ohne Berücksichtigung der Reihenfolge) Euromünzen im Gesamtwert von 1 Euro zusammenstellen?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Lösung Aufgabe 37:

Es geht um die Anzahl der nichtnegativen Lösungen der diophantischen Gleichung

.

Wahrscheinlich gibt es irgendeinen Kniff mit erzeugenden Funktionen, so dass man das Zählen wieder mal dem CAS überlässt - aber ich bin wieder mal zu blind dafür. Big Laugh


Ich nehme stattdessen den altmodischen, beschwerlichen Weg: Sei die Anzahl Möglichkeiten, nur mit den kleinsten Münzen den Betrag zu bezahlen. Dann ist

,

für die Bezahlung mit 1ct- und 2ct-Münzen, insbesondere für durch 5 teilbares

.

Dann nehmen wir nach und nach die größeren Münzen hinzu, zunächst die 5ct-Münze

,

die 10ct-Münze

,

und dann noch die 50ct-Münze, da allerdings gleich nur für den Betrag 100ct = 1€:

.

Schließlich und endlich haben wir dann noch als letztlich gesuchte Anzahl der Aufgabenstellung.


Mal sehen, wo ich mich verrechnet habe. Big Laugh
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, 2499 würde tatsächlich stimmen, wenn es keine 20ct-Münzen gäbe, aber warum lässt du diese weg? Augenzwinkern
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ach Shit, die gibt es ja auch noch - ich war wohl gedanklich noch bei der DM. Big Laugh

Ok, dann also die "Reparatur"

.

Und nun etwas einfacher, dabei die Synergie nutzend:



mit (was eigentlich noch zu beweisen ist). Der gesuchte Endwert ist dann .


Jetzt verrate mir aber mal, wie es mit deinen erzeugenden Funktionen geht. Der naive Ansatz klappt ja leider nicht.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, das stimmt jetzt natürlich... Freude

Ich selbst hab das in Maple so kontrolliert, indem ich das Produkt



der aufsummierten geometrischen Reihen mit Quotient von 1 bis gebildet und davon den Koeffizienten von berechnet habe:

code:
1:
2:
3:
mul((x^(100+k)-1)/(x^k-1),k in {1,2,5,10,20,50,100}): 
coeff(simplify(%),x,100);
                               4563

Die nächste Aufgabe, bitte... Augenzwinkern
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Mystic

Bitte "von Hand" ausmultiplizieren, sonst bin ich fast wieder geneigt, "Foul!" zu rufen. Teufel

Hab momentan keine schöne Aufgabe zur Hand - DIE Chance für alle anderen (außer Mystic und tmo - nicht persönlich nehmen Big Laugh ), hier eine zu stellen.
Slash123 Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn keiner was stellt, dann mal was leichtes:

Zitat:
Aufgabe 38

Sei ein Körper und der Ring der formalen Potenzreihen mit Koeffizienten in . Zeige, dass die Menge ein maximales Ideal ist.


Okay, hier gibts mehrere Möglichkeiten, das zu lösen. Alle, die mir einfallen (zwei Stück), sind relativ leicht. smile
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

ist der Kern des Einsetzhomomorphismus .


Aber wenn wir schon dabei sind, können wir in Aufgabe 39 alle maximalen Ideale von bestimmen. Augenzwinkern
Slash123 Auf diesen Beitrag antworten »

Auf wird durch eine diskrete Bewertung definiert. Also ist ein diskreter Bewertungsring, insbesondere also ein lokaler Ring. Also ist das Ideal aus Aufgabe 38 das einzige maximale Ideal.

Das sollte eigentlich so passen.

Edit:

Zitat:
Aufgabe 40

Für einen euklidischen Ring definiere man die Menge aller Normfunktionen auf . Dann kann man durch die minimale Normfunktion auf definieren (es muss nicht gezeigt werden, dass dies wirklich eine Normfunktion ist). Man zeige, dass der Ring nicht euklidisch ist, indem man zeigt, dass dieser Ring keine minimale Normfunktion besitzen kann.
Hinweis: Man suche ein Element mit . Außerdem gilt .
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm ich glaub du machst es dir ein bisschen einfach. Ein diskreter Bewertungsring ist ja gerade als lokaler Haptidealring definiert.

Wenn du so vorgehst, müsstest du doch die diskrete Bewertung auf definieren und dann zeigen, dass die Elemente mit nichtnegativer Bewertung (die bilden ja einen diskreten Bewertungsring) gerade die Elemente von sind. Da kommst du aber letztendlich auch nicht daran vorbei zu zeigen, wie die Einheiten in aussehen.
Slash123 Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, dann hier noch ein hoffentlich ordentlicher Beweis.

Beh.:

Bew.: Sei . Gesucht ist , sodass

Dies ist äquivalent dazu, zu sagen, dass , wenn und , wenn .

m = 0:
m = 1:

Seien nun konstruiert.

m > 1:

Daraus folgt: und da auf der rechten Seite alles konstruiert ist, haben wir eine induktive Konstruktion für für alle gefunden.

Die Richtung "" der Behauptung ist also bewiesen. Für die Richtung "" verweise ich auf Aufgabe 38. Ist , so ist die entsprechende Potenzreihe im maximalen Ideal, kann also keine Einheit sein.

Insgesamt haben wir also für ein Element , dass entweder eine Einheit ist (wenn ), oder in aus Aufgabe 38 liegt. Das zeigt die Behauptung.

Wenn grünes Licht von tmo gegeben wird, kann mit Aufgabe 40 fortgefahren werden. Ich hoffe, ich habe nichts übersehen. smile
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Passt Freude
Slash123 Auf diesen Beitrag antworten »

Keiner? verwirrt

Dann mal noch ein paar Tipps:

Es gilt



und wenn man ein Element mit der Norm 2 gefunden hat, sollte man mal die Eigenschaften der Normfunktion ausnutzen, d.h. . Welche Eigenschaften hat dann ?
Neue Frage »
Antworten »



Verwandte Themen

Die Beliebtesten »
Die Größten »
Die Neuesten »