Diskussionen zum Thread "Mathe-Marathon Uni" - Seite 4

11.09.2014, 16:58

Guppi12

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Das wollte ich nicht dazusagen, weil ich dachte, dass es zu viel von der Aufgabe verrät und so gut wie jeder das Auswahlaxiom als wahr annimt. Aber ja, wir wollen das Auswahlaxiom als wahr annehmen.

Allerdings: Respekt für die superschnelle Lösung. Bin beeindruckt.

11.09.2014, 17:05

tmo

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Ich kannte es leider schon, also kannst du aufhören beeindruckt zu sein. Big Laugh

Big Laugh

Aber ich denke nicht, dass das zu viel verrät. Wenn man keine Idee hat, ist ja gar nicht klar, wie genau das hier zum Einsatz kommt, es gibt ja sowieso viele äquivalente Formulierungen.

13.09.2014, 12:11

10001000Nick1

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Erfahren die anderen, was ein Gefangener geraten hat?

13.09.2014, 13:04

tmo

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Ja, sonst wäre es ja kein Unterschied zu der vorigen Situation.

15.09.2014, 10:29

RavenOnJ

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Ist diese Aufgabe(66 a) nicht ziemlich idiotisch? Wenn ich es richtig sehe, gibt es überabzählbar viele Äquivalenzklassen. Wie soll es operational aussehen, dass sich die unendliche Zahl von Gefangenen auf eine Äquivalenzklasse bzw. sogar einen der unendlich vielen Repräsentanten aus dieser Äquivalenzklasse einigt? Alle diese Gefangenen müssten mit unendlicher Geschwindigkeit kommunizieren können und unendlich große Speichermöglichkeiten haben, um den Repräsentanten codieren und benennen zu können.

Bei der Lösung für 66 b) von Guppi: Das ist nur eine komplizierte Art, wie der jeweilige Hintermann seinem Vordermann dessen Hutfarbe mitteilt. Das kann man auch einfacher haben.

15.09.2014, 10:41

tmo

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Ist diese Aufgabe(66 a) nicht ziemlich idiotisch? Wenn ich es richtig sehe, gibt es überabzählbar viele Äquivalenzklassen. Wie soll es operational aussehen, dass sich die unendliche Zahl von Gefangenen auf eine Äquivalenzklasse bzw. sogar einen der unendlich vielen Repräsentanten aus dieser Äquivalenzklasse einigt? Alle diese Gefangenen müssten mit unendlicher Geschwindigkeit kommunizieren können und unendlich große Speichermöglichkeiten haben, um den Repräsentanten codieren und benennen zu können.

Zunächst einmal: Ja, es gibt überabzählbar viele Äquivalenzklassen.

Aber in der Aufgabenstellung stand doch auch schon, dass es nur um die Existenz einer solchen Möglichkeit geht. Und die ist mit dem Auswahlaxiom nunmal tatsächlich gesichert. Dass schon die Annahme von "Unendlich vielen Gefangenen" in der Realität keinen Sinn macht, ist schon klar. Daher muss man sich über den Realismus der Anwendung der Lösung eigentlich gar keine Gedanken machen, daher wundert es mich etwas, dass du das tust verwirrt

verwirrt

PS: Auf die Äquivalenzklasse müssen sie sich ja gar nicht einigen. Die sehen sie ja alle selbst. Nur der Repräsentant muss vorher ausgewählt werden. Deswegen ja das Auswahlaxiom.

Zitat:

Original von RavenOnJ
Bei der Lösung für 66 b) von Guppi: Das ist nur eine komplizierte Art, wie der jeweilige Hintermann seinem Vordermann dessen Hutfarbe mitteilt. Das kann man auch einfacher haben.

Das sehe ich etwas anders. Wie kann man es denn einfacher haben?

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15.09.2014, 11:41

Guppi12

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Ich kann deinen Beitrag leider überhaupt nicht nachvollziehen, RavenOnJ.

Was genau ist denn an

Zitat:

Dabei muss es nicht möglich sein, die Strategie explizit angeben zu können (die Gefangenen sind eine Art Übermenschen, da reicht die Existenz)

so zu missverstehen, dass man mit

Zitat:

Alle diese Gefangenen müssten mit unendlicher Geschwindigkeit kommunizieren können und unendlich große Speichermöglichkeiten haben, um den Repräsentanten codieren und benennen zu können.

kommt?

Edit: Hätte die Aufgabe auch so formulieren können, dann wäre sie aber nicht so schön gewesen mMn:

Gibt es (für $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ) Abbildungen $\begin{eqnarray*} S_n: \{0,1\}^{\mathbb N_{>n}} \to \{0, 1\} \end{eqnarray*}$ , so dass für jedes $\begin{eqnarray*} (H_k)_{k\in\mathbb N} \in \{0,1\}^{\mathbb N} \end{eqnarray*}$ gilt, dass $\begin{eqnarray*} \{n\in\mathbb N\quad\vert\quad S_n ((H_k)_{k>n}) \neq H_n\} \end{eqnarray*}$ endlich ist.

Besser?

15.09.2014, 12:05

RavenOnJ

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Zitat:

Original von tmo

Zitat:

Original von RavenOnJ
Ist diese Aufgabe(66 a) nicht ziemlich idiotisch? Wenn ich es richtig sehe, gibt es überabzählbar viele Äquivalenzklassen. Wie soll es operational aussehen, dass sich die unendliche Zahl von Gefangenen auf eine Äquivalenzklasse bzw. sogar einen der unendlich vielen Repräsentanten aus dieser Äquivalenzklasse einigt? Alle diese Gefangenen müssten mit unendlicher Geschwindigkeit kommunizieren können und unendlich große Speichermöglichkeiten haben, um den Repräsentanten codieren und benennen zu können.

Zunächst einmal: Ja, es gibt überabzählbar viele Äquivalenzklassen.

Aber in der Aufgabenstellung stand doch auch schon, dass es nur um die Existenz einer solchen Möglichkeit geht. Und die ist mit dem Auswahlaxiom nunmal tatsächlich gesichert. Dass schon die Annahme von "Unendlich vielen Gefangenen" in der Realität keinen Sinn macht, ist schon klar. Daher muss man sich über den Realismus der Anwendung der Lösung eigentlich gar keine Gedanken machen, daher wundert es mich etwas, dass du das tust verwirrt

verwirrt

PS: Auf die Äquivalenzklasse müssen sie sich ja gar nicht einigen. Die sehen sie ja alle selbst. Nur der Repräsentant muss vorher ausgewählt werden. Deswegen ja das Auswahlaxiom.

Ich hatte nur etwas Realismus gefordert, beispielsweise eine operationale Herangehensweise, einen Algorithmus, damit die unendlich vielen Gefangenen denselben Repräsentanten wählen. Man könnte natürlich sagen, dass G_1 den Repräsentanten bestimmt, die anderen übernehmen diesen. Er kann sogar direkt den Repräsentanten auswählen, der alle Hutfarben richtig enthält außer seine eigene. (Dann muss in 66 b) sogar niemand mehr "raten" außer G_1. ) Um diesen Repräsentanten zu codieren, ist allerdings Speicherplatz unendlicher Größe erforderlich. Aber OK, das ist halt genauso realistisch wie die unendliche Zahl von Gefangenen.

Zitat:

Zitat:

Original von RavenOnJ
Bei der Lösung für 66 b) von Guppi: Das ist nur eine komplizierte Art, wie der jeweilige Hintermann seinem Vordermann dessen Hutfarbe mitteilt. Das kann man auch einfacher haben.

Das sehe ich etwas anders. Wie kann man es denn einfacher haben?

Indem der Hintermann seinem Vordermann die Hutfarbe mitteilt. (Oder s.o., alle wissen schon ihre eigene Farbe aufgrund der Info von G_1.) Kommunikation ist ja erlaubt, man musste sich ja immerhin auf einen Repräsentanten einigen. Durch die Herangehensweise von Guppi teilt der Hintermann nur verklausiert seinem Vordermann dessen Hutfarbe mit. Das kann er dann auch direkt. Der Vordermann muss nur ein paar logische Schlussfolgerungen ziehen, damit er durch die erhaltene Information seine Hutfarbe bestimmen kann. Der Informationsgehalt der beiden Miiteilungen (Guppis, meine) ist also derselbe.

Tut mir leid, ich mag solche Aufgaben einfach nicht.

15.09.2014, 12:25

Guppi12

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Sobald die Gefangenen in Reih und Glied stehen, ist nur noch eine Nennung der Hutfarbe möglich, mehr nicht. Die Strategie musste vorher von den (übermenschlichen) Gefangenen abgesprochen werden.

Teilt nun ein Gefangener seinem vorgehenden dessen Hutfarbe einfach mit, so wird er sterben, wenn diese nicht zufällig mit seiner eigenen übereinstimmt.

Ich habe auch oben nochmal eine mathematisch exakte Version hingeschrieben. Du kannst selbst entscheiden, ob sie dir mehr gefällt..

15.09.2014, 12:40

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Guppi12
Sobald die Gefangenen in Reih und Glied stehen, ist nur noch eine Nennung der Hutfarbe möglich, mehr nicht. Die Strategie musste vorher von den (übermenschlichen) Gefangenen abgesprochen werden.

Teilt nun ein Gefangener seinem vorgehenden dessen Hutfarbe einfach mit, so wird er sterben, wenn diese nicht zufällig mit seiner eigenen übereinstimmt.

Ich habe auch oben nochmal eine mathematisch exakte Version hingeschrieben. Du kannst selbst entscheiden, ob sie dir mehr gefällt..

Laut deiner Aufgabe stehen alle hintereinander und einigen sich auf eine Strategie. Dies muss offenbar vor der Mitteilung an den Gefängniswärter passieren. Bis zu diesem Zeitpunkt (Strategieeinigung) muss auch schon die Reihenfolge der Gefangenen bekannt sein, sonst könnten sie gar keinen Repräsentanten aus der Äquivalenzklasse wählen, da nicht jede Permutation der Gefangenen zu derselben Äquivalenzklasse gehört. Wenn die Reihenfolge also schon feststeht und G_1 den Repräsentanten genannt hat, der alle Hutfarben außer der eigenen (G_1) richtig enthält, muss niemand mehr sterben, außer eventuell G_1.

Edit: Dass nicht jede Gefangenenkonfiguration zur selben Äquivalenzklasse gehört, kann man folgendermaßen sehen. Man betrachte eine Reihenfolge, in der die Hutfarben beginnend bei G_1 abwechselnd rot und blau sind. Also R->B->R->B-> .... Nun wechselt G_1 mit G_2, G_3 mit G_4, usw. die Plätze. Die Konfiguration ist nun B->R->B->R... und unterscheidet sich an unendlich vielen Stellen von der ersten. Die beiden Konfigurationen gehören also zu unterschiedlichen Äquivalenzklassen.

15.09.2014, 12:55

Guppi12

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Zitat:

Laut deiner Aufgabe stehen alle hintereinander und einigen sich auf eine Strategie.

Um ehrlich zu sein, steht das nirgends in der Aufgabe. Dort wird der Prozess des Einigens überhaupt nicht beschrieben, somit auch nicht, wann dieser stattfindet. Es wird nur nach der Existenz einer Strategie gefragt. Wie die Gefangenen sich darauf einigen, ist eine andere Frage. Hingegen steht sehr wohl in der Aufgabe, dass die Gefangenen nach Aufstellung nur einen einzigen Tipp absenden dürfen und sonst nichts.

Zitat:

Bis zu diesem Zeitpunkt (Strategieeinigung) muss auch schon die Reihenfolge der Gefangenen bekannt sein

Nein, das ist falsch. Die Gefangenen müssen nur jede Nummer in der Aufstellung zu der Hutfarbe des Repräsentanten zuordnen können. Sobald sie dann aufgestellt werden, wissen sie ihre Nummer.

Edit: Wenn sie die Hüte vorher schon aufhatten, dann hängt selbstverständlich die Äquivalenzklasse von der Reihenfolge der Aufstellung ab, das ist klar. Die Gefangenen handeln dann, je nachdem welche Äquivalenzklasse dann vorliegt.

15.09.2014, 13:00

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Guppi12

Zitat:

Bis zu diesem Zeitpunkt (Strategieeinigung) muss auch schon die Reihenfolge der Gefangenen bekannt sein

Nein, das ist falsch. Die Gefangenen müssen nur jede Nummer in der Aufstellung zu der Hutfarbe des Repräsentanten zuordnen können. Sobald sie dann aufgestellt werden, wissen sie ihre Nummer.

Beachte mal bitte mein Edit des vorigen Posts. Die Äquivalenzklasse ist nicht unabhängig von der Aufstellung. Bevor nicht die Reihenfolge bekannt ist, kann die Äquivalenzklasse nicht ausgewählt werden.

15.09.2014, 13:04

tmo

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Du scheinst die Punchline der Lösung noch nicht verstanden zu haben: Man muss vorher keine Äquivalenzklasse auswählen, weil jeder Gefangene die selbe Äquivalenzklasse sieht, sobald alle ihre Hüte bekommen haben. Das ist ja gerade das Entscheidende.

15.09.2014, 13:05

Guppi12

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Habe den Edit schon gesehen und mit einem Edit meinerseits geantwortet.

Ich verstehe das Problem nicht. Die Äquivalenzklasse muss nicht vorher bekannt sein, sondern das Repräsentantensystem und das kann vollkommen unabhängig von der später tatsächlich eintreffenden Hutkonfiguration ausgewählt werden.

Wie auch immer die Äquivalenzklasse am Ende aussieht (die selbstverständlich erst zusammen mit der Reihenfolge festgelegt wird), die Gefangenen kennen zu jeder Äquivalenzklasse (wobei sie die wirklich eintretende Äquivalenzklasse erst nach Aufstellung kennen) einen Repräsentanten.

15.09.2014, 13:34

RavenOnJ

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Zitat:

Original von tmo
Du scheinst die Punchline der Lösung noch nicht verstanden zu haben: Man muss vorher keine Äquivalenzklasse auswählen, weil jeder Gefangene die selbe Äquivalenzklasse sieht, sobald alle ihre Hüte bekommen haben. Das ist ja gerade das Entscheidende.

Das war es, was ich übersehen hatte in deiner Lösung:

Zitat:

Original von tmo
Nun haben sie sich vorher mit dem Auswahlaxiom zu allen Äquivalenzklassen einen Repräsentanten ausgesucht ...

Das Entscheidende habe ich fett gemacht. Nach der Aufstellung "wissen" sie also, in welcher Äquivalenzklasse sie sich befinden, da sie nur endlich viele Unterschiede des Repräsentanten zur wirklichen Konfiguration sehen können.

-----------------------------------
OK, vergessen wir den Realismus. Mit abzählbar unendlich vielen Auswahlmöglichkeiten könnte ich mich ja noch anfreunden. Aber hier müssen sie sich aus einer überabzählbaren Menge für ein Objekt entscheiden, was selbst bei unendlicher Zeitdauer operational nicht möglich ist, noch nicht mal mit einem Quantencomputer. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Insofern würde ich die Frage

Zitat:

Existiert eine Strategie für die Gefangenen, sodass nur endlich viele von ihnen sterben müssen?

verneinen. Denn zur Existenz einer Strategie gehört die prinzipielle Durchführbarkeit.

15.09.2014, 14:08

Guppi12

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Hatte ich ja oben schon geschrieben, beschäftige dich stattdessen gerne mit der mathematischen Formulierung Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gibt es unter Annahme des Auswahlaxioms für $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ Abbildungen $\begin{eqnarray*} S_n: \{0,1\}^{\mathbb N_{>n}} \to \{0, 1\} \end{eqnarray*}$ , so dass für jedes $\begin{eqnarray*} (H_k)_{k\in\mathbb N} \in \{0,1\}^{\mathbb N} \end{eqnarray*}$ gilt, dass $\begin{eqnarray*} \{n\in\mathbb N\quad\vert\quad S_n ((H_k)_{k>n}) \neq H_n\} \end{eqnarray*}$ endlich ist?

19.09.2014, 11:14

tmo

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Damit mal frischer Wind reinkommt, versuche ich mal eine Anleitung zu geben (die zugegebenermaßen darauf beruht, dass man die Lösung z.b. mit der binomischen Reihe schon kennt Big Laugh

Big Laugh

):

Man quadriere die Reihe mit dem Cauchy-Produkt. Die Koeffizienten $\begin{align*} a_n \end{align*}$ der dadurch erhaltenen Potenzreihe kann man ja einfach mal für $\begin{align*} n = 1,2,3,4 \end{align*}$ ausrechnen und wird dann definitiv die richtige Idee für ein allgemeineres Bildungsgesetz bekommen, weil es offensichtlicher kaum geht.

Daraufhin kennt man dann das Quadrat der Reihe und muss nur noch die Wurzel ziehen.

Um einen hiebfesten Beweis zu haben, beweist man dann entweder die obige Vermutung mit Induktion oder berechnet einfach die n-te Ableitung der erhaltenen Funktion (Das geht auch recht leicht), um dann mit Taylor rückwärts zu argumentieren (Das schöne an dieser Variante ist, dass es einem die vermutete Identität von oben einfach so schenkt smile

smile

).

23.09.2014, 14:45

Guppi12

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Besteht Interesse? Ansonsten würde ich morgen im Laufe des Tages mal auflösen und freigeben.

24.09.2014, 13:28

tmo

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Wie ich schon angedeutet habe, liefert $\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty \binom{2n}{n} x^n = \frac{1}{\sqrt{1-4x}} \end{align*}$ nach Quadrieren die Summenformel: $\begin{align*} \sum_{k+l=n} \binom{2k}{k} \binom{2l}{l} = 4^n \end{align*}$ .

Irgendwie entzieht sich mir die kombinatorische Erklärung. Da muss es doch irgendetwas geben? verwirrt

verwirrt

02.10.2014, 17:54

Louis1991

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Möchtest du die Aufgabenstellung zu Nr. 69 vielleicht etwas präzisieren? So, wie es aktuell da steht, gibt es doch folgende einfache Lösung: sei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ ein beliebiger unendlicher Körper der Charakteristik $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ . Dann nehme man als Ring $\begin{eqnarray*} A=\mathbb{Z}[X_j | j \in K] \end{eqnarray*}$ gemeinsam mit der kanonischen Surjektion auf $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ und als Maximalideal in $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ den Kern dieser Abbildung.

02.10.2014, 22:15

tmo

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Ja, passt doch Augenzwinkern

Augenzwinkern

03.10.2014, 07:48

Louis1991

Auf diesen Beitrag antworten »

Das kam mir (auch angesichts deines Tips) nicht als die 'angedachte' Lösung vor. Wie wäre diese denn gewesen?

03.10.2014, 09:37

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, war tatsächlich nicht die angedachte Lösung, aber natürlich zulässig, ich habe ja nirgends behauptet die Aufgabe sei schwer Big Laugh

Big Laugh

.

Angedacht war so etwas wie $\begin{align*} \mathbb Z[\alpha ~ | ~ \alpha \in \mathbb C \text{ ganz über } \mathbb Z] \end{align*}$ oder es reicht sogar schon $\begin{align*} \mathbb Z[\alpha ~ | ~ \alpha \in \mathbb C \text{ n-te Einheitswurzel }, p \nmid n] \end{align*}$ .

Wenn man dort ein maximales Ideal über $\begin{align*} (p) \end{align*}$ rausteilt, kommt $\begin{align*} \overline{ \mathbb F_p} \end{align*}$ raus.

Alle diese Beispiele haben wohl gemeinsam, dass man das maximale Ideal nicht konkret angeben kann.

06.10.2014, 10:06

RavenOnJ

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@tmo

Zitat:

Ausnahmsweise handelt es sich bei den Spielpersonen mal um normale Menschen, die wirklich eine endliche Lebenszeit und endliche Informationsaufnahme besitzen Augenzwinkern .

Danke

Augenzwinkern

smile

. Aber warum nur "ausnahmsweise"? Gegen rein mathematische Formulierungen habe ich nichts. Wenn aber "reale" Personen ins Spiel kommen, dann mit Auswahlaxiom, Wohlordnungssatz u.ä. zu operieren, ist nicht nett. Zumal wenn sie dann überabzählbar viele Nanosekunden brauchen, ihre Aufgabe zu erfüllen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

06.10.2014, 10:45

tmo

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Ja, die Bemerkung und insbesondere das Wort "ausnahmsweise" war natürlich eine Anspielung auf die Diskussion vor ein paar Wochen bzgl. des Gefangenenrätsels smile

smile

Aber wenn man sich die Geschichte von realen Personen in diesem Thread anschaut, so macht das "ausnahmsweise" sogar Sinn.

Drei mal kamen Personen vor, einmal konnten sie Körper tauschen, einmal konnten sie das Auswahlaxiom konstruktiv anwenden und einmal waren es tatsächlich ganz normale Gefangene, die auf Wahrscheinlichkeiten hoffen mussten. Also ist letzteres die Ausnahme Big Laugh

Big Laugh

.

08.10.2014, 13:16

tmo

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Die Matrizen nach dem Streichen heißen Minoren.

Der Aufwand des Induktionsanfangs hält sich übrigens in Grenzen, wenn man $\begin{align*} a(10c+d)-c(10a+b) = ad-bc \end{align*}$ bemerkt Big Laugh

Big Laugh

Edit: Ups falscher Thread. Hier sollte eigentlich stehen: Die a) ist gelöst Freude

Freude

08.10.2014, 15:34

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von tmo
Die a) ist gelöst Freude

Freude

... und die b) kommt gleich, wenn mir niemand zuvor kommt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

09.10.2014, 08:23

tmo

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Zitat:

Original von RavenOnJ
wenn mir niemand zuvor kommt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zumindest kann man nicht behaupten, du hättest niemanden eine Chance gelassen Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.10.2014, 11:07

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

@tmo
Lass mal die 70 noch einen Tag offen.

16.10.2014, 11:35

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Sehr gerne auch länger, wenn ich weiß, dass drüber nachgedacht wird Freude

Freude

21.10.2014, 10:55

RavenOnJ

Auf diesen Beitrag antworten »

@tmo
Saublöd Hammer

Hammer

. Ich hatte mich auf die Folge $\begin{align*} p_1p_2,p_1p_3,p_2p_3,p_1p_4,p_2p_4,p_3p_4,p_1p_5\cdots \end{align*}$ fokussiert und bin zu keinem Ergebnis gekommen.

Ich verzichte auf das Stellen einer neuen Aufgabe. Wer will, der darf ...

24.10.2014, 09:01

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Guppi12
Daraus kann man ablesen, dass es für jedes Folgenglied $\begin{eqnarray*} a_j \end{eqnarray*}$ aus dem Bereich $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 2^{k+1}-1 \end{eqnarray*}$ jeweils $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ Folgenglieder aus dem Bereich von $\begin{eqnarray*} 2^{k+1} \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 2^{k+2}-1 \end{eqnarray*}$ gibt, deren Werte gleich $\begin{eqnarray*} a_j+1 \end{eqnarray*}$ , bzw. $\begin{eqnarray*} a_j-1 \end{eqnarray*}$ sind.

Hier hättest du weiter folgen können:

Also sind die Folgenglieder im Bereich $\begin{align*} 2^m \end{align*}$ bis $\begin{align*} 2^{m+1}-1 \end{align*}$ nichts anders als die möglichen Endzustände einer ein-dimensionalen symmetrischen Irrfahrt der Länge $\begin{align*} m \end{align*}$ , beginnend in 0.

$\begin{align*} A_m \end{align*}$ zählt also diejenigen Irrfahrten der Länge $\begin{align*} m \end{align*}$ , die wieder in 0 landen. Das ist ein sehr einfaches kombinatorisches Problem, wie bereits hier bemerkt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

24.10.2014, 16:18

tmo

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich dachte du findest Algebra/Zahlentheorie bäh Big Laugh

Big Laugh

Achso, das wollte ich auch noch hinzufügen:

Zitat:

Original von Guppi12
Im Bereich $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} 2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$ gilt:
Die Zahl $\begin{eqnarray*} -n+2k \end{eqnarray*}$ taucht für alle $\begin{eqnarray*} k\in \{0,...,n\} \end{eqnarray*}$ genau $\begin{eqnarray*} \binom nk \end{eqnarray*}$ -fach als Folgenglied auf.

Vermöge obiger Interpretation als Irrfahrt übersetzt sich diese Aussag ja einfach so:

Nach einer Irrfahrt der Länge n landen wir bei der Zahl -n+2k, wenn wir k mal nach rechts und n-k mal nach links gegangen sind. Dies entspricht gerade $\begin{align*} \binom{n}{k} \end{align*}$ Möglichkeiten smile

smile

24.10.2014, 16:33

Guppi12

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Ach ja, so schlimm ist es dann auch wieder nicht, in der Situation musste einfach ein Konter her Big Laugh

Big Laugh

Danke übrigens für deine Interpretation der letzten Aufgabe.

Ich habe mir dabei die ganze Zeit vorgestellt, wie ich Kugeln in ein Galtonsches Brett hereinschmeiße (das sind diese Nagelbretter zum Simulieren der Normalverteilung).
Wusste aber nicht, wie ich das kurz und prägnant formulieren kann.

25.10.2014, 16:30

Guppi12

Auf diesen Beitrag antworten »

Ja, schön

smile

Aber vielleicht könntest du die Doppelverwendung von p im Produktzeichen noch beheben?

Glückwunsch übrigens zu 10.000 Beiträgen Augenzwinkern

Augenzwinkern

25.10.2014, 17:42

tmo

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Man denke sich ein ' über den geeigneten p's Augenzwinkern

Augenzwinkern

02.11.2014, 20:30

tmo

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Wie siehts hier so aus? Arbeitet jemand dran oder will jemand damit anfangen?

03.11.2014, 15:01

Mathema

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Also ich will es gern noch mal probieren die Woche. Magst du die Aufgabe dann zumindest bis Freitag stehen lassen? Dann schaue ich mal, ob mir dazu noch was einfällt. Du schreibst ja die Aufgabe sei einfach, das macht mir ein wenig Hoffnung.

Wenn jemand anders früher lösen kann, keine Zurückhaltung bitte.

smile

smile

09.11.2014, 13:11

Mathema

Auf diesen Beitrag antworten »

@tmo:

Also ich habe 2 Ansätze, komme aber bei keinem im Moment so richtig weiter. Vielleicht könntest du mir ja verraten, ob es sich überhaupt lohnt irgendwo weiter zu denken.

Ansatz 1:

Ich setze gleich ein, dann erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} 2^n-1-(u-v)-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2^n-2-(u-v) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 2(\underbrace{2^{n-1}-1}_{ungerade})-(u-v) \end{eqnarray*}$

Nun weiß ich nicht was ich mit der Klammer hinten anfangen soll.

Ansatz 2 wäre gleich zu faktorisieren, dann erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} (u+1)(v-1) \end{eqnarray*}$

Da ergibt sich aber gleich obiges Problem, dass ich nicht weiß, was ich mit u und v allein stehend machen soll.

Dir einen schönen Sonntag!

09.11.2014, 16:06

tmo

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Der zweite Ansatz ist vielversprechender.

Genauer kann man nämlich zeigen, dass $\begin{align*} \nu_2(u+1)=\nu_2(v-1) \end{align*}$ gilt. Das ist ja offenbar hinreichend.

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