Mathe-Marathon Uni

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Cheftheoretiker Auf diesen Beitrag antworten »
Mathe-Marathon Uni
Hi Leute,

ich möchte hier einen Mathe Marathon starten (für studierende)
Alle Probleme sollten auf studierende ausgelegt werden.
Die Regeln sind recht einfach, ich starte mit einem Problem und derjenige der die richtige Antwort gibt, stellt die nächste Aufgabe.

Die weiteren Regeln sind:
  • Nur Uni-Niveau
  • Schreibe zu deiner Aufgabe den Aufgabenbereich (Analysis,Algebra,...)
  • Die Aufgaben und die Lösungen sollen als Zitat geschrieben werden
  • Numeriere deine Aufgabe und deine Lösung
  • Es wird ein vollständiger Lösungsweg gefordert
  • Gebe nur deine Rechnung oder Lösung an und vermeide weitere Kommentare
  • Benutze bitte



Ich fange dann mal an,

Zitat:
Aufgabe 1

Bereich:Analysis




Berechne


Nun aber viel Spaß Augenzwinkern
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Mathe Marathon - Uni
Na dann fangen wir mal an Big Laugh

Zitat:
Lösung 1



Zitat:
Aufgabe 2

Bereich: Analysis I

Bestimme den Grenzwert
.
 
 
chris95 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Loesung 2:



L'Hospital:





Daher:




Zitat:

Aufgabe 2

Bereich: Analysis II

Berechne mit Hilfe einer mehrfach Integration folgendes Integral:

Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Man hätte übrigens auch argumentieren können, dass der Integrand beschränkt ist und die Intervalllänge gegen Null geht.

Zitat:
Lösung 3

Wir setzen .

Fourier-Transformation:
.

Es muss gelten:


also
.

Mit der Substitution :
.

Jetzt zieht man die Wurzel (das Integral ist natürlich nichtnegativ) und hat .


Geht das als Mehrfachintegration durch?

Naja, entsprechend des Vorschlags hier warte ich auf die Bestätigung, bevor ich mir die nächste Aufgabe überlege.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Der "übliche" Weg sieht jedenfalls so aus

Zitat:

HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

@Che Netzer

Der entstandene Deadlock sollte m.E. dadurch aufgelöst werden, dass du weiter machst - wie ich Mystic kenne, wird er da nichts dagegen haben. (Es gibt zwar einige wacklige Stellen in deinem Rechengang, die das ganze aber nicht wesentlich beeinträchtigen.)
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Gut, dann geht es weiter, diesmal keine Analysis:

Zitat:
Aufgabe 4

Bereich: Lineare Algebra II

Sei invertierbar.
Zeige, dass eine Wurzel besitzt, d.h. dass es ein gibt mit .
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Lösung 4

Wir brauchen A invertierbar übrigens gar nicht (Falls wir in irgendeiner Form eine ausgezeichnete eindeutige Lösung wollen, brauchen wir A invertierbar)

Es ist , daher ist symmetrisch und daher reell diagonalisierbar.
Es gibt also eine Basis aus Eigenvektoren, sagen wir , mit zugehörigen Eigenwerten .
Es gilt , also .

Folglich ist B durch eindeutig und wohldefiniert und es gilt und damit


Aber mal ne Frage: Bis jetzt sind das alles so "Standardaufgaben" aus den jeweiligen Vorlesungen. Wer die entsprechende Vorlesung gehört hat, dem hängt diese Aufgabe mit Sicherheit schon zum Halse raus. Wie wärs, wenn man eher versucht, Aufgaben zu finden, bei denen man nicht einfach sagen kann: Ok, das war Vorlesung x Kapitel y Satz z, ich erinnere mich...
Das ist leichter gesagt als getan, aber vielleicht kann man es ja versuchen.

Ich versuch mal sowas hier und hoffe, dass ich meinen eigenen Ansprüchen einigermaßen gerecht werden kann.

Zitat:

Aufgabe 5

Bereich: Arbeitsbeschaffungsmaßnahme oder Algebra

Man faktorisiere das Polynom .

Ich bitte euch doch keinen PC zu benutzen, da es ja Algorithmen gibt, die die Faktorisierung ausspucken.
jester. Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Lösung 5

Ein irreduzibles Polynom vom Grad 5 ist ein Teiler von . Man überlegt sich leicht, dass es genau 6 solche Polynome gibt, sodass aus Gradgründen



Die fraglichen Polynome müssen sicher Absolutglied 1 haben, sie müssen eine ungerade Anzahl an Summanden haben und nicht durch teilbar sein.
Es ist und , sodass die 6 gesuchten Polynome die folgenden sind:








Zitat:
Aufgabe 6 (Elementare Zahlentheorie)
Es bezeichne Quersumme einer Zahl. Man berechne, ohne Zuhilfenahme technischer Hilfsmittel, den Wert
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Schöne Lösung, ich hatte eine ähnliche, aber doch etwas andere im Sinn. Freude

Zitat:

Lösung 6

Bekanntlich gilt .
Ferner ist und sowie . Alles zusammen liefert .

Wir wollen zeigen, und erhalten dann, dass das Ergebnis nur 7 sein kann. sei nun als n bezeichnet.

Dazu schätzen wir grob ab: n hat weniger als Stellen, also ist , also , also


Da jester. gerade online ist, warte ich noch ab, bis er die Lösung bestätigt, bevor ich mir was neues ausdenke (vielleicht brauch ich auch nur ne Ausrede für mehr Zeit Big Laugh )
jester. Auf diesen Beitrag antworten »

Jo, das passt so Freude
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Dann mal so weiter:

Zitat:
Aufgabe 7

seien gegeben. Man zeige, dass es dann aufeinanderfolgende Zahlen dieser Folge gibt, sodass ein Vielfaches von n ist.


PS: Bin heute wahrscheinlich nicht mehr online. Wenn also jemand die Lösung postet, kann er ja einfach mal weitermachen. Falls sich doch irgendein Fehler einschleicht, gibt es bestimmt genug Leute hier, die das bemerken würden smile
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Wir betrachten die Partialsummen für , dabei ist die "leere" Summe gemeint. Nach Schubfachprinzip liegen mindestens zwei dieser Werte in derselben Restklasse modulo , sagen wir und mit . Dann wählen wir noch und sind wegen



fertig.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Das ging so schnell, dass ich doch noch Zeit habe, zu antworten. Dann mal weiter.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Aufgabe 8

Man zeige, dass es zwei standardnormalverteilte Zufallsgrößen gibt, die zwar unkorreliert, aber nicht unabhängig sind.

Leider wird bisweilen das Gegenteil erzählt, was daran liegt, dass man da leichtfertigerweise davon ausgeht, dass automatisch zweidimensional normalverteilt ist.
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Siehe

Unkorreliertheit + Normalverteilung = Unabhängigkeit - Herleitung

Das dürfte eine zwar richtige, aber unzulässige Antwort sein. Ich überlasse es deshalb HAL, eine weitere Aufgabe zu stellen.
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Warum "unzulässig"? Augenzwinkern

Bitte weitermachen!
Huggy Auf diesen Beitrag antworten »

Unzulässig, weil meine einzige Leistung darin bestand, mich an den Thread zu erinnern und ihn wiederzufinden.

Aber okay:

Zitat:
Aufgabe 9
Man bestimme exakt

HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Offenbar will keiner bzw. sind alle noch baden: Die Substitution ergibt

,

beide Terme summiert kommt man zu

,

also .



Jetzt etwas, was hoffentlich noch nicht hier im Board war:

Zitat:
Aufgabe 10

Man bestimme die kleinste natürliche Zahl mit folgender Eigenschaft:

Aus jeder -elementigen Menge ganzer Zahlen kann man vier verschiedene Zahlen so auswählen, dass durch 9 teilbar ist.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Lösung 10

Zunächst bemerken wir, dass nur die Reste der Zahlen bei Division durch 9 von Relevanz sind, d.h. wir können einfach davon ausgehen, dass man n (nicht notwendig verschiedene) Zahlen aus der Menge auswählt.

Die 6 Zahlen zeigen, dass noch nicht ausreicht.

reicht aber:

- Sind alle 7 Zahlen verschieden, so hat man gewonnen, denn dann kommen auf jeden Fall 4 aufeinanderfolgende Zahlen (wobei die 0 auf die 8 folgt) vor, was hinreichend ist:

- Kommt eine Zahl 4 mind. mal vor, so ist dies auch hinreichend:

- Kommen mind. zwei verschiedene Zahlen jeweils mind. doppelt vor, ebenfalls:

- Kommt eine Zahl doppelt vor und die anderen 5 Zahlen sind verschieden, so ist dies auch hinreichend. Das zeigen wir nicht, weil es unmittelbar aus dem letzten Fall folgt:

- Eine Zahl kommt dreimal vor, die anderen 4 sind verschieden.

Da die Bedingung der Aufgabe offensichtlich invariant unter der Operation "alle Zahlen um einen festen Wert erhöhen" ist, können wir o.B.d.A davon ausgehen, dass die 0 dreimal vorkommt.

Die Zahlen der Menge fassen wir wie folgt zusammen: . Aus keiner dieser 4 Mengen dürfen beide Zahlen vorkommen (Dann ist deren Summe 9 und wir ziehen noch 2 mal die 0 ab...), d.h. aus jeder Menge kommt genau ein Vertreter.

Da wir die 1 oder die 8 haben, dürfen von den Zahlen keine zwei aufeinanderfolgende Zahlen auftauchen, denn sonst haben wir bzw. .
Also entweder oder .
Wir haben aber und .

Damit sollten wir fertig sein, aber Eleganz sieht anders aus verwirrt
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Gelöst ist gelöst - feine Leistung! Freude


Die Lösung die ich kenne, ist in weiten Teilen deckungsgleich, nur folgende Abkürzung will ich vielleicht noch nennen:

Unter den Zahlen seien genau der 9 Restklassen modulo 9 vertreten. Dann gibt es, wenn wir zwei verschiedene dieser Restklassen auswählen, genau mögliche Summen. Ist nun , dann liegen wegen nach Schubfachprinzip zwei dieser Summen in derselben Restklasse modulo 9, d.h. . Man kann sich noch kurz überlegen, dass dann aus sämtlich verschiedenen Restklassen modulo 9 stammen und somit so ein Quadrupel gefunden ist.

Wenn es kein solches Quadrupel geben soll, muss folglich sein, was zusammen mit diesen Überlegungen

Zitat:
Original von tmo
- Kommt eine Zahl 4 mind. mal vor, so ist dies auch hinreichend:

- Kommen mind. zwei verschiedene Zahlen jeweils mind. doppelt vor, ebenfalls:

bedeutet.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, danke für die Abkürzung.

Dann machen wir mal so weiter:

Zitat:

Aufgabe 11

Wir nennen eine quadratfreie Zahl Carmichaelzahl, wenn für jeden ihrer Primteiler gilt: .

Man bestimme alle Carmichaelzahlen der Form mit prim.


Die Aufgabe ist bestimmt manchen bekannt, vielleicht lasst ihr dem "Rest" ein bisschen Zeit sich auszutoben.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hoffe, es war genug Zeit, um sich auszutoben... Hier also meine

Zitat:

Lösung 11

Nur der Vollständigkeit halber: Von einer Carmichaelzahl n wird außerdem vorausgesetzt,
dass sie nicht prim ist, was aber hier keine Rolle spielt...

Zunächst einmal gilt für jeden Teiler t von n wegen



dass



Des weiteren ist jede Carmichaelzahl ungerade... Im vorliegenden Spezialfall sieht man das
so, dass aus n=6q mit einer Primzahl q>3 sofort



folgen würde, was nicht möglich ist... Wir können daher für das Folgende o.B.d.A.



voraussetzen... Dann folgt aus Obigem zunächst



also 2(q-1)=3p-1, da q-1=3p-1 auf den Widerspruch q=3p führen würde und natürlich k(q-1)=3p-1 mit einem k>2 wegen q>p nicht möglich ist...Nun gilt aber auch



also nach Einsetzen der expliziten Darstellung q=(3p+1)/2 aus 2(q-1)=3p-1, weiter



Es gilt somit p-1|10, was auf die eindeutige Lösung p=11, q=17 führt...


Zitat:

Aufgabe 12

Welche Reihe(!) erhält man, indem man

a) die binomische Reihe gliedweise integriert und...
b) in das Ergebnis einsetzt und nach t in den Grenzen bis integriert?...


Edit: Danke an HAL und carm561 (s.u.) für den Hinweis auf 2 Schreibfehler...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich erlaube mir mal, die eine im Copy+Paste-Rausch entstandene Gleichung zu



zu korrigieren, was natürlich nichts zum Einsturz bringt. Augenzwinkern
carm561 Auf diesen Beitrag antworten »

ich glaube, dass es bei der Begrüdung von 2(q-1)=3p-1 heißen muss, dass q-1=3p-1 auf q=3p führt und q prim sein soll.
Erst recht keine Einsturzgefahr Augenzwinkern
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

@HAL

Ich hab da zwar nicht mit Copy-Paste gearbeitet, sondern mich schlicht verrechnet, aber danke für diese Berichtigung... Augenzwinkern

@Carm561

Ja, danke, natürlich ebenfalls richtig...

Soll jetzt keine Entschuldigung sein, aber muss mich extrem beeilen, weil mein Computer bei der Hitze dauernd abstürzt... unglücklich
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Trotz der 2 Schönheitsfehler sage ich jetzt einfach mal, dass die Aufgabe als von Mystic gelöst gilt, sodass seine Aufgabe 12 aktuell ist.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von tmo
Trotz der 2 Schönheitsfehler sage ich jetzt einfach mal, dass die Aufgabe als von Mystic gelöst gilt, sodass seine Aufgabe 12 aktuell ist.


Naja, die Bezeichnung "Schönheitsfehler" halte ich ich jetzt fast für eine Übertreibung, nachdem es sich in beiden Fällen um offensichtliche Flüchtigkeitsfehler handelt... Augenzwinkern

Die Frage ist nur, ob ich sie oben rauseditieren soll für eventuelle spätere Bezugnahmen?

Edit: Ok, ich mach das mal, da es ja wirklich nur Schreibfehler sind...
Che Netzer Auf diesen Beitrag antworten »

Um mal zu sehen, ob ich die neue Aufgabe richtig verstanden habe:

Zitat:
"Lösung" 12

Zunächst ist
.
Gliedweise integriert ergibt sich als Stammfunktion
.

Einsetzen von liefert also die Reihe
.

Ich schätze, an dieser Stelle ist gemeint, diese Reihe in den Grenzen 0 und auszuwerten, und nicht, nochmals zu integrieren.

Dann hätten wir für den gesuchten Ausdruck also
.

Das ist nun nach WolframAlpha , da die Reihe nach der Substitution keine Stammfunktion mehr von darstellt. (nur, wenn man nach integrieren würde)

Die einzelnen Rechenschritte hätte ich aber genau so interpretiert, allerdings irritiert mich, dass du in b) meintest, man solle integrieren und nicht einfach die Werte einsetzen.

War das so gemeint?
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

@Mystic: Ja, deswegen ist die Aufgabe ja auch gelöst Augenzwinkern Daran, dass das nur Flüchtigkeitsfehler waren, habe ich nie gezweifelt.

Lösung Aufgabe 12

Ich hoffe, dass die Aufgabe so gemeint war:

Wenn man zunächst mal die Schritte a) und b) stur ausführt, kommt man zu

, was noch weiter zu vereinfachen ist...

Daher machen wir mal Bezeichnungen: , .

Die Def. des Binomialkoeffizient liefert:



Partielle Integration liefert:

, also


Insgesamt folgt:

mit dem Startwert .

Ausnutzung der Teleskopstruktur führt dann zu:

, sodass wir die Reihe

erhalten.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

@tmo

Ja, sehr elegant gelöst! Freude

@Che Netzer

Die Hochzahl war -1/2... Und ja, nochmals integrieren nach t...
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Der Schalk im Nacken sagt mir, dass auch gegen die Lösung



kaum was einzuwenden wäre. Big Laugh
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, allerdings wollte ich ausdrücklich die Reihe, nicht den Reihenwert berechnet haben... Augenzwinkern
HAL 9000 Auf diesen Beitrag antworten »

Ich gebe zu, in der Hinsicht ist deine Aufgabe kaum exakt formulierbar, da du implizit voraussetzt (aber nicht sagst), dass man die Integration in die Reihe hineinzieht und du genau dann diese Reihe haben willst ... wenn man den ganzen Zinnober so exakt formuliert, ist der Spaß lange vorbei.

P.S.: Doch, mit einer Taylorapproximation n-ter Ordnung statt der ganzen binomischen Reihe in b) hätte man doch deutlicher draufhinwirken können, was man für eine Reihe (in dem Fall dann Summe) man erwartet.
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Dann machen wir mal mit elementarer Algebra weiter:

Zitat:

Aufgabe 13:

Es sei eine endliche abelsche Gruppe mit neutralem Element .
bezeichne die Teilmenge aller Elemente der Ordnung 2. Man zeige:
Ist , so ist .

Um einem unnötigen Problem vorzubeugen: Das leere Produkt ist wie üblich als definiert, d.h. es reicht, wenn ihr euch dem Fall widmet.



PS: Nochmal zu der letzten Aufgabe: Das bedeutet ja, wenn man noch die Vertauschung sauber begründet, ist das ja insbesondere ein Beweis von Freude
Dass die Bernoullis darauf damals nicht gekommen sind...Big Laugh
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Das ist jetzt sicher nicht der eleganteste Weg, aber ich denke, so sollte es jedenfalls gehen:

Zitat:

Lösung 13:

Die Elemente der Ordnung bilden offensichtlich eine Untergruppe H von G, welche man in eindeutiger Weise auch als Vektorraum über auffassen kann... Ist dann B eine Basis dieses Vektorraums mit n>1 Elementen, so ist gibt es zu jedem Element h von H eine eindeutig bestimmte Teilmenge von B, sodass gilt



Ordnet man in die Elemente von H in Paaren (u,v), sodass jeweils und komplementär sind in B, so gilt für w=uv, dass . Daraus folgt nun


tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Gelöst Freude

Den Vektorraumansatz folgend, könnte man vielleicht mit , da , schneller argumentieren.

Wie folgender Ansatz, den ich noch zeigen will, basieren unseren beiden Ansätze darauf, dass man sich irgendein Element sucht, dass man mal mit sich selbst verknüpft:

Wie schon bei dir sei die Untergruppe der Elemente der Ordnung höchstens 2. Wir fixieren ein bel. und setzen .
Ist ein Repräsentantensystem der Nebenklassen von U, so gilt , also

Naheliegend wäre nun den Beweis durch bzw. zu beenden.
Man kann sich aber auch einfach mal mit der Folgerung begnügen, denn weil beliebig war, folgt , wobei der Schnitt wegen nur enthält...


Aufgabe 14 bitte smile
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, dann zur Abwechslung mal etwas leichtere Kost... smile

Zitat:

Aufgabe 14

Sei H eine Halbgruppe, in der die Gesetze



gelten.. Man zeige, dass sie dann notwendigerweise kommutativ ist...
Alive-and-well Auf diesen Beitrag antworten »

Einer muss ja mal ne falsche Lösung posten, also mach ich das mal xD

Zitat:

zu Zeigen:

Dazu:


quod est dubitandum
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Alive-and-well



Die eine Gleichheit, welche ich mit einem Fragezeichen versehen habe, ist mir nicht klar...
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