Diskussionen zum Thread "Mathe-Marathon Uni" - Seite 5

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13.11.2014, 08:05

tmo

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Wurde aber auch Zeit Big Laugh

13.11.2014, 08:31

RavenOnJ

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Zitat:

Original von tmo
Wurde aber auch Zeit Big Laugh

Hab halt auch noch andere Sachen zu tun Augenzwinkern

.

Wer will, darf gerne eine neue Aufgabe stellen. Ich hab nichts passendes parat.

18.11.2014, 14:20

Guppi12

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Ja, sieht gut aus. Augenzwinkern

Ich selber habe es ähnlich gemacht, kenne aber auch einen Beweis mit algebraischen Methoden (auf den ich aber selbst nie gekommen wäre) :

Man betrachte die Operation $\begin{align*} \# \end{align*}$ der Gruppe $\begin{align*} \mathbb Z / n\mathbb Z \end{align*}$ auf der Menge der Abbildungen von $\begin{align*} \mathbb Z / n\mathbb Z \end{align*}$ nach $\begin{align*} \{1,...,a\} \end{align*}$ , wobei $\begin{align*} (g\# h)(x) = h(x+g) \end{align*}$ für $\begin{align*} g\in \mathbb Z / n\mathbb Z \end{align*}$ und $\begin{align*} h\in Abb(\mathbb Z / n\mathbb Z, \{1,...,a\}) \end{align*}$ definiert sei.

Nach dem Lemma von Burnside hat diese Operation $\begin{align*} \frac{1}{n}\sum_{g\in \mathbb Z / n\mathbb Z}|Fix(g)| \end{align*}$ Bahnen.

Die Bedingung $\begin{align*} g \# h = h \end{align*}$ ist genau dann erfüllt, wenn $\begin{align*} h(x) = h(x+g) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\in \mathbb Z / n \mathbb Z \end{align*}$ , was äquivalent dazu ist, dass $\begin{align*} h(x) = h(x + kg) \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x\in \mathbb Z / n\mathbb Z, k\in\mathbb Z \end{align*}$ . Dies ist genau dann der Fall, wenn $\begin{align*} h \end{align*}$ auf jeder Nebenklasse von $\begin{align*} <g> \end{align*}$ konstant ist. Die Untergruppe $\begin{align*} <g> \end{align*}$ von $\begin{align*} \mathbb Z / n \mathbb Z \end{align*}$ hat bekanntlich $\begin{align*} \frac{n}{ggT(n,g)} \end{align*}$ Elemente, also $\begin{align*} ggT(n,g) \end{align*}$ Nebenklassen in $\begin{align*} \mathbb Z / n \mathbb Z \end{align*}$ . Für jede Nebenklasse kann $\begin{align*} h \end{align*}$ genau $\begin{align*} a \end{align*}$ verschiedene Werte annehmen. Es gibt also insgesamt $\begin{align*} a^{ggT(n,g)} \end{align*}$ Möglichkeiten für $\begin{align*} h\in Fix(g) \end{align*}$ .

(Man beachte dabei, dass $\begin{align*} ggT(n,g) \end{align*}$ für $\begin{align*} g\in\mathbb Z / n\mathbb Z \end{align*}$ wohldefiniert ist, weil $\begin{align*} ggT(n,g) \end{align*}$ nur von der Restklasse von $\begin{align*} g \end{align*}$ in $\begin{align*} \mathbb Z / n\mathbb Z \end{align*}$ abhängt.)

Damit hat die Operation genau $\begin{align*} \frac{1}{n}\sum_{g\in\mathbb Z / n\mathbb Z} a^{ggT(n,g)} \end{align*}$ Bahnen, womit die Behauptung folgt, da die Anzahl der Bahnen ganzzahlig ist.

18.11.2014, 15:02

HAL 9000

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Ist das nun ein zahlentheoretischer oder kombinatorischer Beweis? Augenzwinkern

Egal, schön ist er allemal. Freude

30.04.2015, 13:12

Bettgestell

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Servus,

ich lese mir gerade den Thread zum Uni Marathon durch und bin etwas über die Lösung 3 von Che Netzer gestolpert:

Zitat:

Lösung 3

Wir setzen $\begin{eqnarray*} f(x)=\mathrm e^{-x^2} \end{eqnarray*}$ .

Fourier-Transformation:
$\begin{eqnarray*} \tilde f(k)=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-x^2}\mathrm e^{-\mathrm ikx}\mathrm dx=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-\left(x^2+\mathrm ikx-\tfrac{k^2}4\right)-\tfrac{k^2}4}\mathrm dx=\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-x^2}\mathrm e^{-\tfrac{k^2}4}\mathrm dx \end{eqnarray*}$ .

Es muss gelten:
$\begin{eqnarray*} f(x)&=&\frac1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty\tilde f(k)\mathrm e^{\mathrm ikx}\mathrm dk=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-\xi^2}\mathrm e^{-\tfrac{k^2}4}\mathrm d\xi\mathrm e^{\mathrm ikx}\mathrm dk\\&=&\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-\xi^2}\mathrm d\xi\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-\tfrac{k^2}4+\mathrm ikx}\mathrm dk=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-\xi^2}\mathrm d\xi\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-\tfrac{k^2}4}\mathrm dk\mathrm e^{-x^2}, \end{eqnarray*}$

also
$\begin{eqnarray*} 2\pi=\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-x^2}\mathrm dx\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-\tfrac{k^2}4}\mathrm dk \end{eqnarray*}$ .

Mit der Substitution $\begin{eqnarray*} k=2y \end{eqnarray*}$ :
$\begin{eqnarray*} \pi=\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-x^2}\mathrm dx\int_{-\infty}^\infty\mathrm e^{-y^2}\mathrm dy=I^2 \end{eqnarray*}$ .

Jetzt zieht man die Wurzel (das Integral ist natürlich nichtnegativ) und hat $\begin{eqnarray*} I=\sqrt\pi \end{eqnarray*}$ .

Ist das nicht irgendwie ein Zirkelschluss, weil man für den Beweis der Fourierumkehrformel genau den Wert dieses Integrals braucht?

30.04.2015, 13:28

HAL 9000

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Das hast du falsch verstanden: Es wird hier nicht die Fourier-Umkehrformel bewiesen, sondern es wird ihre Gültigkeit vorausgesetzt, um damit dann das Integral zu berechnen.

Ich gebe dir allerdings Recht, ich würde auch eher den Weg über die Integraltransformation (wie von Mystic im Hauptthread genannt) bevorzugen.

30.04.2015, 13:49

Bett

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Doch, das war mir schon klar. Aber wenn die fourierumkehrformel vorausgesetzt wird, dann doch eben implizit auch dieser Integralwert oder nicht? Denn um die Umkehrformel erstmal beweisen zu können braucht man doch diesen Wert. Deswegen kann man nicht diesen Wert mit Hilfe einer Formel beweisen, für die der Wert bekannt sein muss.

30.04.2015, 13:54

HAL 9000

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Zitat:

Original von Bett
Denn um die Umkehrformel erstmal beweisen zu können braucht man doch diesen Wert.

Sicher? Das mag auf einen Weg zutreffen, den du da kennst und meinst.

Mir ist allerdings nicht bekannt, ob es womöglich Beweiswege für die Umkehrformel gibt, die nicht darauf aufbauen.

Mir fällt da als Parallele der Beweis zu $\begin{eqnarray*} \lim_{x\to 0} \frac{\sin(x)}{x} = 1 \end{eqnarray*}$ ein. Da nehmen viele einfach L'Hospital, und nutzen dabei $\begin{eqnarray*} (\sin(x))' = \cos(x) \end{eqnarray*}$ . Ausgehend von der geometrischen Definition der Winkelfunktionen halte ich das auch für einen Zirkelschluss - definiert man die Winkelfunktionen allerdings als Potenzreihen, dann ist es keiner. Augenzwinkern

30.04.2015, 13:57

Bett

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Ja, da ist was dran. Danke für deine Meinung.

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