Mathe-Marathon Uni - Seite 5

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Slash123 Auf diesen Beitrag antworten »

Hier mal eine verspätete Lösung... macht weiter, wer will.

Zitat:
Angenommen, ist euklidisch.
Es gibt ein Element mit , denn wäre dies nicht so, wäre eine Normfunktion, also wäre nicht minimal. Sei also mit .

Betrachte nun .
Der Fall ist nicht möglich, sonst wäre eine Einheit.
Fast analog sieht man, dass sein muss (man schließt die anderen Fälle aus).

Nach Annahme ist euklidisch, also existieren mit und entweder ist oder . Also gilt nach meinem Hinweis: kann nur 0, +1, oder -1 sein.

r' = 0:
(da )

r' = -1:


r' = 1:
, ist nicht möglich, da keine Einheit ist.



Nach Annahme ist euklidisch, mache also das selbe Procedere noch mal, es gibt dann mit .

Betrachtung der einzelnen Fälle für liefert: .
Wir erhalten einen Widerspruch.
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Slash123
macht weiter, wer will.


Wenn sonst niemand möchte, dann vielleicht mal eine etwas einfachere Aufgabe, damit es nicht so schleppend vorangeht:
Zitat:
Aufgabe 41
Bereich: Funktionalanalysis

Es sei ein Hilbert-Raum und selbstadjungiert.
Zeige, dass , wobei den Spektralradius bezeichnet.


Hinweis: Es darf für selbstadjungiertes benutzt werden.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hab so ziemlich Null Ahnung von Funktionalanalysis, aber das sollte doch so gehen:

Es ist . Ich nehme mal an, dass das die Formel ist, von der du gesprochen hast.

Da T selbstadjungiert ist, gilt für jedes :

.

Dies liefert uns, dass die Teilfolge den konstanten Wert annimmt und somit die Behauptung.
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, so war es gedacht Freude
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich schulde wohl noch eine Aufgabe 42:

Man zeige, dass für alle Primzahlen die Gleichung lösbar ist.
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Dann löse ich mal 42:

Man muss nur den Fall betrachten, dass -1 quadratischer Nichtrest (NR) modulo p ist. Sei nämlich -1 quadratischer Rest (R) mit einem , dann wäre jedes Paar mit eine Lösung: .

Sei also -1 quadratischer Nichtrest modulo p mit p prim. Da p prim, gibt es in gleichviele R wie NR, jeweils . Die Äquivalenz hat dann eine Lösung, wenn es quadr. Reste gibt, deren Summe ergibt. Man betrachte nun die Paare . Die Äquivalenz hat dann keine Lösung, wenn in jedem Paar mindestens ein NR vorkommt. Da aber in keinem Paar enthalten ist und es nur NR gibt, muss es mindestens ein Paar geben, in dem beide Zahlen quadratische Reste sind. Also hat die Äquivalenz prim, immer eine Lösung.
 
 
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Geht doch, dann mal weiter. Freude


Hier mal meine Lösung (die übrigens auch lediglich mit der Aussage auskommt, dass es genau so viel Quadrate wie Nichtquadrate gibt). Der Fall ist klar, den müssen wir nicht betrachten.

Ist ein Nichtquadrat, so sei das kleinste positive Nichtquadrat. hat dann die Form . ist somit ein Quadrat, d.h. die Gleichung ist lösbar.


PS: Interessant ist vielleicht noch, dass der hier einfachste Fall (p=2) der einzige Fall ist, in dem keine Lösung existiert, wenn man statt in in rechnet.
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Wer will, kann eine neue Aufgabe stellen.
Monoid Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 43: Algebra

Man zeige, dass die Teilersummenfunktion eine multipliaktive zahlentheoretische Funktion ist.

tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ich mach dann mal weiter.

Lösung 43

Zunächst stellen wir fest: Sind und teilerfremd, so lässt sich jeder Teiler von eindeutig als Produkt von Teilern von und schreiben. Das ist klar: Wir schreiben einfach die Primzerlegung von hin und sortieren dann die Primfaktoren dahingehend, ob sie Primteiler von oder sind.

Damit erhalten wir für teilerfremd:




Aufgabe 44:

Es sei eine additive Untergruppe der reellen Zahlen. Dann ist entweder für ein oder liegt dicht in (bzgl. der euklidischen Topologie, d.h. es reicht zu zeigen, dass zwischen zwei reellen Zahlen stets ein Element aus U liegt).
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Dann löse ich mal

Lösung Aufgabe 44
Der triviale Fall ist klar.

Man muss zwei Fälle unterscheiden:
I) Es gibt ein betragsmäßig minimales Element
II) Es gibt kein solches minimales Element

Fall I) Es gebe also eine Zahl , die im obigen Sinne minimal in ist. Sie ist Generator der Untergruppe . Gebe es eine weitere Zahl . Dann existiert ein mit . Daraus folgt im Widerspruch zur Minimalität von . Also ist die Untergruppe , wenn sie ein im obigen Sinne minimales Element besitzt.

Fall II) Erst mal ist klar: Aus folgt



Wähle man nun zwei reelle Zahlen , dann existiert - wegen des Fehlens eines im obigenSinne minimalen Elements von - eine Zahl . Wegen gibt es also ein mit . Also liegt dicht in .
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 45:

Man beweise, dass genau eine Folge ganzer Zahlen existiert, so dass ist und für alle gilt:
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Die Aufgabe war wohl zu schwierig. Damit das mal vom Tisch ist:

Lösung Aufgabe 45:

Für liefert die Rekursion , und wegen gilt



Da ganzzahlig sein soll, muss wegen der Voraussetzung gelten. Zwei aufeinander folgende Glieder bestimmen das nächste, die Folge ist also eindeutig bestimmt. Man muss nur noch nachweisen, dass sie auch unter der Voraussetzung ("alle Glieder ganzahlig") existiert. Man muss also noch zeigen, dass für alle weiteren Folgenglieder ganzzahlig sind. Dies lässt sich mit vollständiger Induktion beweisen. Zuerst mal gilt folgendes:
Wegen der Rekursion müssen und teilerfremd sein.

Induktionsanfang: und
Induktionsschritt: Die Glieder sollen ganzzahlig sein. Es ist zu zeigen, dass dann auch ganzzahlig ist.

Wegen ist genau dann ganzzahlig, wenn .

Setzt man hier das ganzzahlige ein, so ist zu zeigen



Da und teilerfremd sein müssen, kann man (*) umformen:



Die letzte Kongruenz ist erfüllt, da und nach Induktionsannahme ganzzahlig ist, sodass die Zahl teilt. Daraus folgt die Ganzzahligkeit von .
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Es kann gerne jemand anders eine neue Aufgabe stellen.
Monoid Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 46:

Es sei ein Ringhom., mit .
Folgt daraus, dass ?

Bemerkung :
Bitte nicht nach der Lösung googlen.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Sicher gilt das.

trägt als abelsche Gruppe eine -Modulstruktur und die Gruppenhomomorphismen sind genau die -Modulhomomorphismen.

Ferner bemerken wir für alle .

Es gilt nun . Es folgt, dass die -te Komponente von und gleich sind, also die Behauptung.


@RavenOnJ: Ich habe es wirklich die ganze Zeit geschafft, das Wort "ganz" zu überlesen und habe mich über die Aufgabe gewundert verwirrt
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von tmo
@RavenOnJ: Ich habe es wirklich die ganze Zeit geschafft, das Wort "ganz" zu überlesen und habe mich über die Aufgabe gewundert verwirrt


Schade, denn ich vermute, du hättest sie dann gelöst.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Mal was anderes:

Aufgabe 47

Wir imitieren die Konstruktion von aus auf . Im Klartext:

Sei der Körper mit Elementen, wobei eine Primzahl ist.

Auf der abelschen Gruppe definieren wir durch eine Ringstruktur. Dies liefert uns einen kommutativen Ring mit Eins.

Für welche ist dies sogar ein Körper?

Optionaler Zusatz: Vollständige Klassifikation der Ringe bzgl. der 3 Möglichkeiten für kommutative Ringe mit Eins mit Elementen.

Hier hatte ich schonmal gezeigt, dass es folgende 3 Möglichkeiten gibt:



(Das Ding heißt Epsilon, weil die Variable genau das tut, was man in der Analysis oder in der Numerik bei Approximationen immer gerne hätte: Augenzwinkern )
Monoid Auf diesen Beitrag antworten »



jester. Auf diesen Beitrag antworten »

Dass ein Ring vorliegt, ist doch klar und gar nicht gefragt. Die Frage war, für welche p ein Körper vorliegt. Das war auch Teil des Grundes, warum dein erster Beitrag in der Tonne gelandet ist...
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, ich schreib mal nieder, was für mich selbst die Lösung von Aufgabe 47 wäre, fülle aber eventuelle "Lücken" auf Nachfrage gerne aus:

Lösung zu Aufgabe 47:

Die Ringe, um welche es hier geht, kann man auch in der Form



anschreiben, d.h., ihre Elemente sind von der Form



mit der Multiplikation mod (x²+1) als Operation... Besitzt nun das Polynom x²+1 keine Nullstelle in , was genau für Primzahlen p der Form p=4k+3 der Fall ist, so ist es irreduzibel und der resultierende Ring dann bekanntlich der Körper ...

Ist , so gilt



d.h., wir erhalten den dritten Ring, der von tmo angeboten wurde und die Restklasse von x+1 spielt dabei die Rolle von ...

Ist schließlich p von der Form 4k+1, so hat dann x²+1 sogar zwei Nullstellen mod p, welche wir mit i bezeichnen... Hier gibt es dann kein Element mehr, welches nilpotent vom Grad 2 ist, sodass dann nur mehr in Frage kommt... Dies kann man auch direkt sehen, indem man nachrechnet, dass dieser Ring die direkte Summe der Hauptideale (x+i) und (x-i) ist, welche sich gegenseitig annullieren und als Ringe isomorph zu sind...
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, indem ich das Schweigen von tmo jetzt mal so deute, dass im Prinzip kein Einwand gegen meine Lösung von Aufgabe 47 besteht, hier also dann

Aufgabe 48:

Auf einem Bücherregal sind die Bände 1 bis n einer Enzyklopädie nebeinander angeordnet, allerdings normalerweise ungeordnet, d.h., wenn man die Bandnummern von links nach rechts durchgeht, ist dies irgendeine Permutation der Zahlen 1,2,...,n.

Nehmen wir nun an, zu Beginn wären die Bandnummern absteigend geordnet also in der Reihenfolge n,n-1,..,2,1. Der Besitzer ist ein Hobbymathematiker, welcher sich (zu seiner und unserer Unterhaltung) folgendes ausgedacht hat, um die Bände wieder in die natürliche Reihefolge, also 1,2,..,n-1,n, zu bringen: Immer wenn ein Band benötigt wird - wir setzen hier idealisierend voraus, dass dies für alle Bände vollkommen zufällig und gleichwahrscheinlich ist - stellt er ihn nach Gebrauch an eine Stelle zurück, sodass ihn das seinem Ziel, die natürliche Ordnung herbeizuführen, näherbringt, ohne ansonsten die Reihenfolge der anderen Bände zu verändern.

Nehmen wir nun an, wir bewerten das zufallgesteuerte Herausnehmen eines Bandes und das anschließende Zurückstellen an eine beliebige Position innerhalb der Buchreihe zusammengenommen jeweils als einen Zug. Wie sieht die optimale Strategie für n=3 bzw. 4 aus und was ist die erwartete Anzahl der Züge bis zur Erreichung der natürlichen Reihenfolge?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Für eine beliebige Permutation der Bücher bezeichnen wir mal die erwartete Anzahl Züge bis zur Wohlordnung (= identische Permutation) mit , dann ergibt sich für die Rekursions- bzw. eher Abhängigkeitsformel

,

dabei kennzeichnet die Operation, dass an Stelle ein Element entfernt wird (die Permutation dann "zusammenrückt") und an Stelle dann wieder eingefügt wird (die nachfolgenden müssen für eine Lücke entsprechend Platz machen und rücken nach außen). Das (oder die) , für die das Minimum erreicht wird, kennzeichnet dabei die optimale Position für die Wiedereingliederung des Buches, welches von Position herausgenommen wurde. Es ist dabei durchaus auch möglich.



Für allgemeines könnte ich mir folgendes Vorgehen auf der Basis von (*) vorstellen:

Wir setzen für alle und starten ansonsten mit für . Für diese berechnen wir dann rekursiv





dabei wird rechts nur über die Summanden summiert, für die ist. Sollte sein, dann belässt man es (vorerst) bei - spätestens für sind alle endlich.



Man kann sich überlegen, dass für alle gilt, und nach einer endlichen (!) Anzahl Schritte dann auch irgendwann gilt, und das dann erreichte erfüllt (*).



Ergebnisse für die Anfangskonfiguration , d.h. die gerade "verkehrtherum" geordneten Bücher:

für n=3

für n=4

für n=5

für n=6

für n=7

für n=8

für n=9

für n=10

Für n>11 macht mein PC bei diesem (vermutlich ziemlich ineffizienten) Algorithmus langsam schlapp. Big Laugh
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, wie nicht anders zu erwarten, hast du die Aufgabe im Sinne der Aufgabenstellung vorbildlich gelöst... Freude

Was allerdings die Zahlen für die größeren Werte von n betrifft, muss ich erst mein Programm neu schreiben, um sie bestätigen zu können, was möglicherweise noch einige Tage dauern könnte, da ich dzt. etwas im Stress bin... Aber du kannst ja in der Zwischenzeit auf jeden Fall die neue Aufgabe hier reinstellen... Augenzwinkern

PS.: Was die optimale Strategie betrifft, reicht es für kleine n auf jeden Fall aus, den jeweiligen Zug so zu wählen, dass die Anzahl der Fehlstände (zu Beginn waren das n(n-1)/2) dadurch minimiert wird... Aber ich bilde mir ein, mich erinnern zu können, dass dies für n=6 dann nicht mehr klappt...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ob es für "Nachbarn" (d.h. die nur einen Bücherzug voneinander entfernt sind) zutrifft, kann ich momentan noch nicht sagen - jedenfalls gilt global nicht, dass stets gilt für eine Permutation , die weniger Fehlstände hat als , und das bereits für .


EDIT: Für n=6 habe ich nun tatsächlich auch ein Gegenbeispiel für Nachbarn: Permutation , und es wird Buch 5 (d.h. an Position 3) ausgewählt. Diese Permutation hat 9 Fehlstände, und die minimale Anzahl von Fehlständen, die man durch Wiedereinordnen dieses Buches erreichen kann, ist 8, erreichbar nur durch Wiedereinordnen an Position 6, was zu Permutation führt. Nun ergab die obige Berechnung aber





D.h., das Wiedereinordnen des Buches 5 an der nach Fehlständen einzig optimalen Stelle 6 würde die erwartete Zugzahl erhöhen - was natürlich klar unsinnig ist: Das Einordnen an der Originalposition 3 ist besser (in dem Fall hier sogar auch optimal).
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 49

Es sei .

Für alle zeige man .
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

Nachdem man durch HALs Hinweis so mit der Nase drauf gestoßen wird:

Lösung Aufgabe 49:

Es gilt für



Angewandt auf das Problem mit :



Analog (für )



usw..

Für gilt:



Die jeweils folgende Ungleichung in die vorhergehende eingesetzt ergibt dies:



Für lässt sich direkt ausrechnen:

HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Freude
RavenOnJ Auf diesen Beitrag antworten »

@HAL Wink .

Es darf gerne jemand anders eine neue Aufgabe reinstellen.
omegalambda Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 50

43 Touristen besuchen eine Stadt mit 3 Sehenswürdigkeiten (Schloß, Museum und Freizeitpark)

Von dieser Reisegruppe waren 37 Personen im Freizeitpark, 32 im Museum und 27 im Schloß

Ein Tourist erinnert sich an seine Schulzeit und möchte ein Venn-Diagramm zeichnen

Wie viele unterschiedliche Venn-Diagramme sind hier möglich,wenn jeder Tourist mindestens einen der Orte besucht hat?
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Lösung zu Aufgabe 50

Basierend auf diesen Bezeichnungen geht es um die Anzahl der nichtnegativ ganzzahligen Lösungstupel des Gleichungssystems

.

Es sind also 7-4=3 Freiheitsgrade zu vergeben, basierend auf dem Tripel lauten die restlichen vier Werte

.

Nun müssen alle 7 Werte nichtnegativ sein, ich mache eine Fallunterscheidung nach und zähle da jeweils die Paare :

: Da ist , abzüglich der Paare mit , das sind .

: Da ist , abzüglich der Paare mit , das sind .

: Da ist , abzüglich der Paare mit , das sind .

: Da ist , abzüglich der Paare mit , das sind .

: Da ist , abzüglich der Paare mit , das sind .

: Da ist , abzüglich der Paare mit , das sind .

: Da ist , das sind .


Macht summa summarum 279 Tripel, die jeweils zu einer gültigen Lösung führen.


Keine schön anzuschauende Lösung, aber manchmal muss man sich eben durchkämpfen. Augenzwinkern


Wie RavenOnJ gebe ich die Runde frei.
omegalambda Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 51
Kleines Rätsel

Was kann man mit folgendem Ausdruck berechnen?



Man kann sicher eine Zahl berechnen
aber das Ganze hat eine Bedeutung

Was genau könnte y sein?
omegalambda Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung zur Aufgabe 51

n dimensionale Kugel

Volumenberechnug


Oberflächenberechnung


Auch interessant
omegalambda Auf diesen Beitrag antworten »

Aufgabe 52

Manche glauben, daß das Universum eine Hyperkugel im 4 dimensionalen Raum ist.
Wir überschauen einen 3 dimensionalen Bereich mit dem Volumen auf deren Oberfläche.

Der Hyperkugelradius müßte allerdings sehr groß sein,weil man bis heute keine Krümmung messen konnte

Was ergibt



Formeln aus Aufgabe 51 können verwendet werden
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Hier auch nochmal der Nachtrag zur Lösung von Aufgabe 51:
Zitat:
Lösungsskizze zu Aufgabe 51

Man betrachte diese verallgemeinerten Kugelkoordinaten.
Damit erhält man als Funktionaldeterminante den Betrag von (nach irgendeiner Umordnung).
Das integriert man nun mit , und für .
Das dürfte die -dimensionale Einheitskugel sein (bis auf Überlappung einzelner Kanten etc.).
Man erhält

als Volumen der -dimensionalen Einheitskugel.

Bei der Parametrisierung und der Bildung der Funktionaldeterminante habe ich die Details ausgelassen, aber es dürfte dennoch erheblich detaillierter sein als die bisherige "Lösung" Augenzwinkern

Und dann auch gleich eine neue Aufgabe, da Mystic keine Zeit hat und die derzeitige Aufgabe 52 zu unpräzise ist.
Die sieht zusammen mit dem Tipp vielleicht etwas lang aus, dient aber mehr dazu, den unten angegebenen Satz kennenzulernen, als dazu, eine schwierige Aufgabe lösen zu müssen.

Zitat:
Aufgabe 52(b):

Bereich: Funktionalanalysis

Man zeige, dass im Funktionenraum der stetigen Funktionen von nach (mit der Supremumsnorm) die schwache Konvergenz mit punktweiser Konvergenz und Beschränktheit übereinstimmt.

Das bedeutet:
Für eine Folge und sind folgende Aussagen äquivalent:
  • Es gilt (die Folge ist beschränkt) und für für alle (die Folge konvergiert punktweise).
  • Es gilt für für alle (die Folge konvergiert schwach).


Dabei kann der Satz von Rainwater-Simons benutzt werden:
Es sei ein Banach-Raum, eine beschränkte Teilmenge des Dualraums und ein James-Rand von .
Weiter sei eine beschränkte Folge und .
Gilt nun für alle , so auch für alle .

Ein James-Rand einer beschränkten Menge ist dabei eine Menge , so dass zu jedem ein existiert, welches

erfüllt.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Dann versuche ich mich mal:

Der Satz zielt ja klar auf die Hinrichtung ab. Entsprechend ist die Rückrichtung auch sehr einfach:

Ich schreibe mal .

Zu jedem ist ein Element des Dualraums (Beschränktheit ist trivial, es gilt wie man leicht sieht).

Die Konvergenz beschreibt dann gerade die punktweise Konvergenz.

Die Beschränktheit einer schwach konvergenten Folge ist ja eine Folgerung aus Banach-Steinhaus.

Nun zur Hinrichtung:

Es reicht natürlich für zu zeigen.

Sei also . Wir müssen jetzt ja nach dem Satz, den du zitiert hast, nur noch einen geeigneten James-Rand finden.

Die Intuition sagt einem doch sofort, dass es tut. Und so ist es auch:

Sei und . Dann gilt .

Wähle nun mit . Dann gilt , was insgesamt zeigt.

Zu den Betragsstrichen: Sollen die bei der Definiton des James-Rand wirklich weggelassen werden? Dann hätte man natürlich ein Problem, wenn das Betragsmaximum für einen negativen Funktionswert angenommen wird. Aber das Problem erübrigt sich sofort, wenn man noch alle zu hinzunimmt...
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Dann mal mit leichter (?) Kost weiter:

Aufgabe 53

Es sei die Diedergruppe mit Elementen. sei eine beliebige abelsche Gruppe.

Man bestimme die Menge aller Gruppenhomomorphismen .

Um etwas deutlicher zu werden: Es gilt sicher . Daher sollte das Ziel sein, das Ergebnis als Untergruppe von anzugeben.
watcher Auf diesen Beitrag antworten »

Ein Lösungsversuch zu Aufgabe 53:

Ich schreibe X fortan als additive Gruppe mit 0.
Ich bezeichne mit die Menge aller Elemente mit Ordnung 1 oder 2.

Es ist

Für ist also.
ist also auch in .
Ist n ungerade so ist die Ordnung von bereits 1, also
watcher Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 54:
bezeichne die Eulersche -Funktion.
Die Ungleichung ist nicht für alle natürlichen n erfüllt.
Gesucht ist ein Gegenbeispiel.


Warnung: Das kleinste mir bekannte n ist nicht mehr per Hand berechenbar.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Lösung Aufgabe 54:

sind mögliche Gegenbeispiele, Erläuterungen zur Lösungsfindung siehe hier. Jedenfalls ist für diese die Beziehung



für die Primzahlen erfüllt, womit es also eine ganze Zahl mit gibt, es folgt

.
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