Übergangs-Marathon Mathematik - Seite 4

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09.01.2015, 09:04

Scherzbold

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$\begin{eqnarray*} G = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k^k} \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ .

09.01.2015, 09:47

tmo

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Wenn du aus dem Unendlichzeichen eine Sechs machst, kannst du sogar den "Scherz" weglassen smile

09.01.2015, 10:51

Scherzbold

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Kann er, muss er aber nicht. LOL Hammer

Du kannst es auch, wenn du nur fest an dich glaubst. Wink

Stimmt tmo. Augenzwinkern

09.01.2015, 11:06

Scherzbold

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Der erste Satz bezog sich auf einen nun gelöschten Kommentar.

04.02.2016, 00:10

Nofeykx

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Vielleicht nicht sehr schwer, aber eine schöne Aufgabe.

Sei $\begin{align*} a_0 > 0 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_{n+1} := \left(\sum_{k=0}^na_k\right)^{-1} \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n\geq 1 \end{align*}$ .

Ist $\begin{align*} \sum_{k=0}^\infty a_k \end{align*}$ konvergent?

07.03.2016, 13:23

HAL 9000

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Ich löse mal auf, da ich gern selbst eine Aufgabe einstellen will. smile

Die Reihe divergiert bestimmt gegen $\begin{align*} \infty \end{align*}$ - Begründung:

Offenbar sind alle Reihenglieder positiv, damit ist die Partialsummenfolge $\begin{align*} s_n=\sum_{k=0}^n a_n \end{align*}$ eine streng monoton wachsende Folge positiver Zahlen. Angenommen, $\begin{align*} (s_n) \end{align*}$ ist beschränkt, dann ist es wegen der Monotonie auch konvergent gegen eine Zahl $\begin{align*} s>0 \end{align*}$ , für die zum einen $\begin{align*} s_n\leq s \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n \end{align*}$ gilt, zum anderen gibt es für alle $\begin{align*} \varepsilon>0 \end{align*}$ ein $\begin{align*} n_0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} s_n>s-\varepsilon \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n\geq n_0 \end{align*}$ .

Betrachten wir speziell $\begin{align*} \varepsilon=\frac{1}{s} \end{align*}$ , so gilt für das zugehörige $\begin{align*} n_0 \end{align*}$ die Ungleichung $\begin{align*} s_{n_0}>s-\frac{1}{s} \end{align*}$ und gemäß Rekursion dann $\begin{align*} s_{n_0+1} = s_{n_0} + \frac{1}{s_{n_0}} \geq s_{n_0} + \frac{1}{s} > s \end{align*}$ im Widerspruch zu $\begin{align*} s_{n_0+1}\leq s \end{align*}$ .

Daher war die Annahme falsch, d.h., $\begin{align*} (s_n) \end{align*}$ ist unbeschränkt und damit bleibt aufgrund der Monotonie nur noch die bestimmte Divergenz gegen $\begin{align*} \infty \end{align*}$ .

Neue Aufgabe (angeregt durch dieses Problem):

Zitat:

Aufgabe 51

Für alle positiven ganzen Zahlen $\begin{align*} n \end{align*}$ gilt $\begin{align*} \sum_{j=1}^n (-1)^{j-1} \binom{n}{j} \frac{1}{j} = \sum_{j=1}^n \frac{1}{j} \end{align*}$

Auch wenn ich den Weg nicht vorschreiben will: Ein Beweisweg ohne Vollständige Induktion ist möglich. Augenzwinkern

13.04.2016, 15:44

RavenOnJ

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Ich vergaß, die Lösung gehört ja hier rein, nicht in die Diskussionsseite.

Da anscheinend von anderer Seite nichts mehr kommt, eine hoffentlich nicht ganz unklare Lösung für 51. Kurz ist allerdings was anderes Augenzwinkern

. Interessant wäre es, wie eine kurze, elegante Lösung für das Problem aussieht (@HAL, @IfindU).

Es gilt: $\begin{align*} \binom{n}{j} = \binom{n-1}{j-1} + \binom{n-1}{j} \end{align*}$ , sowie $\begin{align*} \frac 1 j \binom{n-1}{j-1} = \frac 1 n \binom{n}{j} \end{align*}$ .

Man kann nun schreiben
$\begin{align*} \sum\limits_{j=1}^n (-1)^{j-1}\binom{n}{j}\frac 1 j &= \frac{(-1)^{n-1}} n+\sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j-1}\left\{\binom{n-1}{j-1} + \binom{n-1}{j} \right\}\frac 1 j \\ &= \frac{(-1)^{n-1}} n+\frac 1 n \sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j-1}\binom{n}{j} + \sum\limits_{j=1}^{n-1}(-1)^{j-1}\binom{n-1}{j}\frac 1 j \end{align*}$ .

Der Beweis erfolgt über vollständige Induktion mit der Induktionsvoraussetzung

$\begin{align*} \sum\limits_{j=1}^{n-1}(-1)^{j-1}\binom{n-1}{j}\frac 1 j = \sum\limits_{j=1}^{n-1}\frac 1 j \end{align*}$ .

Es ist nun zu zeigen, dass gilt
$\begin{align*} (-1)^{n-1}-\sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j}\binom{n}{j} = 1 \end{align*}$

Dabei sind die Fälle A) n ungerade und B) n gerade zu unterscheiden. Im Fall B) lässt sich der erste Summand und die 1 rechts vom Gleichheitszeichen unter die Summe ziehen und damit die Summe erweitern, im Fall A) heben diese beiden Größen sich auf. Dort ist äquvalent

$\begin{align*} \sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j}\binom{n}{j} = \sum\limits_{j=0}^{n} (-1)^{j}\binom{n}{j} = 0\quad (**) \end{align*}$

Im Fall B) ist $\begin{align*} (-1)^{n-1} = (-1)^{-1} =-1 \end{align*}$ , die Summe lässt sich also zu (**) erweitern.

Im Fall A) ist die letzte Gleichung in (**) klar wegen $\begin{align*} \binom{n}{j} = \binom{n}{n-j} \end{align*}$ und $\begin{align*} (-1)^{j} = -(-1)^{n-j} \end{align*}$ .

Im Fall B) gilt
$\begin{align*} \sum\limits_{j=0}^{n} (-1)^{j}\binom{n}{j} &= 2 + \sum\limits_{j=1}^{n-1} (-1)^{j}\left\{\binom{n-1}{j-1}+\binom{n-1}{j}\right\} \\ &= \sum\limits_{j=0}^{n-1} (-1)^{j+1}\binom{n-1}{j} + \sum\limits_{j=0}^{n-1} (-1)^{j}\binom{n-1}{j}\\ &=0 \end{align*}$

wobei in der ersten Summe der letzten Gleichung eine Indexverschiebung vorgenommen und in beide Summen eine 1 integriert wurde. Den Induktionsanfang n=1 schenke ich mir, da er „trivial” ist. q.e.d.

Vielleicht hat der @Drummer eine neue Aufgabe !?

13.04.2016, 16:47

IfindU

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Entschuldige, ich war beschäftigt und wollte dann gucken, ob DrummerS sich nocht meldet.

Meine Lösung war:
$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n (-1)^j \binom n j \frac 1 j = \sum_{j=1}^n (-1)^j \binom n j \frac {1^{j-1}} j = \sum_{j=1}^n (-1)^j \binom n j \int_0^1 x^{j-1} dx = \int_0^1\left( \sum_{j=1}^n (-1)^j \binom n j x^{j-1}\right) dx \end{eqnarray*}$ .

Der Integrand lässt sich nach binomischen Lehrsatz nun schreiben als
$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n (-1)^j \binom n j x^{j-1} = -\frac { (1-x)^n - 1} x \end{eqnarray*}$ . Also
$\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n (-1)^j \binom n j \frac 1 j = -\int_0^1\frac { (1-x)^n - 1} x dx = \int_0^1\frac { (1-x)^n - 1} {(1-x) - 1} dx = \int_0^1 \sum_{j = 0}^{n-1} (1-x)^{j} dx \end{eqnarray*}$ ,
wobei man im letzten Schritt benutzt hat, dass es die geometrische Summenformel war.
Also weiter
$\begin{eqnarray*} \sum_{j = 0}^{n-1} \int_0^1 (1-x)^{j} dx =-\sum_{j = 0}^{n-1} \frac 1 {j+1} (1-x)^{j+1}|_{x=0}^{x=1} \end{eqnarray*}$ . Auswerten und shiften liefert damit $\begin{eqnarray*} \sum_{j=1}^n (-1)^j \binom n j \frac 1 j = \sum_{j=1}^n \frac 1 j \end{eqnarray*}$ .

Wenn man alles so ausfuehrlich schreibt, wirkt es gar nicht mehr so elegant Big Laugh

13.04.2016, 17:05

RavenOnJ

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Na ja, kürzer als meins auf alle Fälle. Eleganter wohl auch. Freude

Auf die Idee mit dem Abstecher in die Analysis bin ich leider nicht gekommen. traurig

13.04.2016, 17:37

IfindU

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@RavenOnJ Da ich in der Analysis Zuhause bin, war fuer mich kein Abstecher noetig.

Ich weiß nicht wie interessant die Aufgabe ist, aber besser als nichts (man darf sie gerne mit einer interessanteren Aufgabe übergehen)

Zitat:

Für welche $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ existiert das Integrale $\begin{eqnarray*} \int_{0}^e \frac 1 { x^\alpha [|\log (x)|]^\beta } dx \end{eqnarray*}$ und für welche $\begin{eqnarray*} \alpha, \beta \end{eqnarray*}$ das Integral $\begin{eqnarray*} \int_{e}^\infty \frac 1 { x^\alpha [\log (x)]^\beta } dx \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} e = \exp(1) \end{eqnarray*}$ die Euler-Konstante ist?

30.05.2016, 22:19

HAL 9000

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Vielleicht bieten wir mehrere Aufgaben zur Wahl, damit es nicht immer zu solchen Threadstagnationen kommt ... Ist natürlich nur eine Ausrede von mir, da mir gerade folgende interessante Aufgabe in die Hände gefallen ist, die ich hier gern darlegen möchte: Augenzwinkern

Zitat:

Man untersuche, für welche positiven ganzen Zahlen $\begin{align*} n \end{align*}$ es eine Fibonacci-Zahl gibt, deren Dezimaldarstellung auf mindestens $\begin{align*} n \end{align*}$ Neunen endet.

01.06.2016, 14:03

Huggy

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Zitat:

Lösung zu Nr. 53 (?), der letzten Aufgabe von HAL

Zu jedem n gibt es eine Fibonacci-Zahl, deren Dezimaldarstellung auf mindestens n Neunen endet.

Da die Aufgabe erst kurz im Board steht, halte ich meinen Beweis noch etwas zurück.

01.06.2016, 15:49

HAL 9000

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Dann gibt's gleich noch eine Zusatzaufgabe: Man gebe einen Algorithmus an, der für eine beliebige vorgegebene $\begin{align*} n \end{align*}$ -stellige Ziffernfolge prüft, ob es eine Fibonacci-Zahl mit genau diesen Endziffern gibt. (Er sollte nach endlicher Zeit terminieren, Effizienz sei mal außen vor gelassen.)

01.06.2016, 17:11

Huggy

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Mein Beweis liefert auch dafür eine Lösung.

01.06.2016, 17:12

HAL 9000

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Hab ich mir gedacht. Big Laugh

03.06.2016, 00:32

Fragen über Fragen

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Da das vor rund 15 Jahren mal ne Matheolympiaden-Aufgabe war und ich süchtig nach solchen Aufgaben bin, möchte ich mich auch mal wieder zu Wort melden Big Laugh

.

Vorabbemerkung: Das Latex hier ist, nunja, eigenwillig. Man darf eine Folge nicht b_n nennen, sonst gibts Gemecker. Umbenennen in d_n gibt Linderung, allerdings darf man Kongruenzgleichungen nur mit b_n, nicht mit d_n formulieren. p als Index ist auch schlecht, vielleicht will Latex manchmal Pi daraus machen Big Laugh

. Entsprechende Problemstellen habe ich daher stattdessen in eine Mathjax-Umgebung eingefügt.

Zitat:

Die Fibonaccifolge $\begin{eqnarray*} (a_n)_{n\geq 1} \end{eqnarray*}$ sei gegeben durch $\begin{eqnarray*} a_1=a_2=1, a_{n+2}=a_{n+1}+a_n \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ .
Gegeben sei ein natürliches $\begin{eqnarray*} k>0 \end{eqnarray*}$ . Wir betrachten die Fibonaccifolge modulo $\begin{eqnarray*} 10^k \end{eqnarray*}$ , also die Folge $\begin{eqnarray*} (d_n)_{n \geq 1} \end{eqnarray*}$ , die gegeben sei durch $\begin{eqnarray*} 0\leq d_n \leq 10^k-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{align*} d_n \equiv a_n ~\text{mod}~ 10^k \end{align*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ .

Damit gilt auch $\begin{eqnarray*} d_1=d_2=1, d_{n+2} \equiv d_{n+1}+d_n ~\text{mod}~ 10^k \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ .

Lemma 1: Die Folge $\begin{eqnarray*} (d_n) \end{eqnarray*}$ ist ab einem gewissen Index periodisch mit Periodenlänge kleiner gleich $\begin{eqnarray*} 10^{2k} \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Wenn es zwei Indizes $\begin{eqnarray*} i<j \end{eqnarray*}$ gibt, sodass $\begin{eqnarray*} (d_i, d_{i+1})=(d_j,d_{j+1}) \end{eqnarray*}$ gilt, so gilt auch $\begin{eqnarray*} d_{i+2}=d_{j+2} \end{eqnarray*}$ , und induktiv folgt $\begin{eqnarray*} d_n=d_{n+p} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq i \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{align*} p=j-i>0 \end{align*}$ gilt.

Nun gibt es genau $\begin{eqnarray*} 10^{2k} \end{eqnarray*}$ verschiedene Tupel $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0\leq a,b \leq 10^k-1 \end{eqnarray*}$ . Nach dem Schubfachprinzip gibt es zwei Indizes $\begin{eqnarray*} i<j\leq 10^{2k} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (d_i, d_{i+1})=(d_j,d_{j+1}) \end{eqnarray*}$ . Nach Obigem bedeutet das aber gerade, dass die Folge $\begin{eqnarray*} (d_n) \end{eqnarray*}$ ab dem Index $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ periodisch ist und für die Periodenlänge $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{align*} p \leq j-i \leq 10^{2k} \end{align*}$ . Das beendet den Beweis.

Lemma 2: Falls die Folge $\begin{eqnarray*} (d_n) \end{eqnarray*}$ ab einem gewissen minimalen Index $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ periodisch ist, so gilt $\begin{eqnarray*} i=1 \end{eqnarray*}$ , d.h. es gibt keine Vorperiode.

Beweis: Für $\begin{eqnarray*} i=1 \end{eqnarray*}$ folgt die Aussage. Sei also $\begin{eqnarray*} i\geq 2 \end{eqnarray*}$ und es gebe ein natürliches $\begin{eqnarray*} p>0 \end{eqnarray*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} d_n=d_{n+p} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq i \end{eqnarray*}$ .

Es gilt insbesondere $\begin{eqnarray*} d_{i}=d_{i+p} \end{eqnarray*}$ und $\begin{align*} d_{i+1}=d_{i+1+p}. \end{align*}$
Wir haben $\begin{eqnarray*} d_{i-1}+d_i \equiv d_{i+1} \equiv d_{i+1+p} \equiv d_{i-1+p}+d_{i+p} ~\text{mod}~ 10^k \end{eqnarray*}$ .
Das heißt es gilt auch $\begin{align*} d_{i-1}=d_{i-1+p} \end{align*}$ , im Widerspruch zur Minimalität von $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ . Das beendet den Beweis.

Lemma 1 und Lemma 2 liefern, dass ein $\begin{eqnarray*} p \leq 10^{2k} \end{eqnarray*}$ exisitert, sodass $\begin{eqnarray*} d_n=d_{n+p} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ gilt.

Betrachte die Folge $\begin{eqnarray*} (c_n) \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} c_1=10^k-1, c_2= 1, c_3=0, c_n=d_{n-3} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 4 \end{eqnarray*}$ .

Lemma 1 und Lemma 2 gelten ebenfalls für die Folge $\begin{eqnarray*} (c_n) \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} 0\leq c_n \leq 10^k-1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{align*} c_{n+2} \equiv c_{n+1}+c_n ~\text{mod} ~ 10^k \end{align*}$ für alle $\begin{eqnarray*} n\geq 1 \end{eqnarray*}$ gilt, und nur diese beiden Eigenschaften wurden für den Beweis der beiden Lemmata benötigt.
Somit existiert ein $\begin{align*} p\leq 10^{2k} \end{align*}$ , sodass $\begin{eqnarray*} c_1=c_{1+p} \end{eqnarray*}$ gilt. Offensichtlich gilt stets $\begin{eqnarray*} 1+p>3 \end{eqnarray*}$ , und somit gilt $\begin{eqnarray*} c_1=d_{1+p-3} \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} d_{p-2}=10^k-1 \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt, dass $\begin{align*} a_{p-2} \end{align*}$ auf $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Neunen endet. Da $\begin{eqnarray*} k>0 \end{eqnarray*}$ beliebig war, schließen wir, dass für jedes $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ eine Fibonaccizahl existiert, die auf $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ Neunen endet.

Zur Zusatzaufgabe:
Übersetze die gegebene $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -stellige Ziffernfolge in eine natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ (indem eventuelle führende Nullen gestrichen werden). Untersuche die ersten $\begin{eqnarray*} 10^{2k} \end{eqnarray*}$ Glieder der Folge $\begin{eqnarray*} d_n \end{eqnarray*}$ . Genau dann wenn die Zahl $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ dort als Folgeglied auftaucht, endet eine Fibonaccizahl mit der gegebenen Ziffernfolge.

03.06.2016, 06:37

HAL 9000

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Kann man so akzeptieren, obwohl ich den letzten Teil mit der Einführung der Folge $\begin{align*} (c_n) \end{align*}$ reichlich nebulös dargestellt empfinde: Die Verbindung zur Folge $\begin{align*} (a_n) \end{align*}$ bzw. $\begin{align*} (d_n) \end{align*}$ ist m.E. sehr verwickelt ausgeführt. Viel einfacher geht es doch so: Man setzt die Fibonacci-Folge in negativer Indexrichtung fort, d.h. via $\begin{align*} a_n = a_{n+2}-a_{n+1} \end{align*}$ . Dann ist $\begin{align*} a_0=0,a_{-1}=1 \end{align*}$ und $\begin{align*} a_{-2}=-1 \end{align*}$ und mit Hilfe deiner nachgewiesenen Periodizität dann $\begin{align*} a_{p-2}\equiv a_{-2}\equiv -1\bmod 10^k \end{align*}$ , was zu beweisen war.

Zitat:

Original von Fragen über Fragen
Übersetze die gegebene $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ -stellige Ziffernfolge in eine natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ (indem eventuelle führende Nullen gestrichen werden). Untersuche die ersten $\begin{eqnarray*} 10^{2k} \end{eqnarray*}$ Glieder der Folge $\begin{eqnarray*} d_n \end{eqnarray*}$ . Genau dann wenn die Zahl $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ dort als Folgeglied auftaucht, endet eine Fibonaccizahl mit der gegebenen Ziffernfolge.

Ja, ich hatte ja gesagt, dass ich auf Effizienz verzichte. Big Laugh

Ein "klein wenig" schneller geht es, da man bereits bei ersten Auftreten der Sequenz $\begin{align*} d_p=0,d_{p+1}=1 \end{align*}$ die Periode festgestellt hat. Macht durchaus einen Unterschied: Bei $\begin{align*} k=6 \end{align*}$ etwa ist $\begin{align*} p=1500000 \end{align*}$ , das ist schon ein wenig kleiner als $\begin{align*} 10^{12} \end{align*}$ . Augenzwinkern

03.06.2016, 08:24

Huggy

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Zitat:

Original von HAL 9000
Die Verbindung zur Folge $\begin{align*} (a_n) \end{align*}$ bzw. $\begin{align*} (d_n) \end{align*}$ ist m.E. sehr verwickelt ausgeführt.

Mein Beweis war da auch kürzer formuliert.
Nachdem die Periodizität der Endziffern klar war, habe ich zunächst mal die ersten tatsächlichen Perioden gesucht. Es ergab sich:

k = 1, Periode 60
k = 2, Periode 300
k = 3, Periode 1500

Die Endziffern 9, 99, 999 fand ich jedes mal 2 Indizes vor Beginn der neuen Periode, wobei die Endziffer 9 in der ersten Periode noch bei anderen Indizes auftritt. Danach war es leicht, mit der Rekursion für die Endziffernfolgen $\begin{eqnarray*} d_n \end{eqnarray*}$ zu zeigen, dass dies allgemeingültig ist.

03.06.2016, 08:46

Huggy

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Zitat:

Aufgabe 54: Eine merkwürdige Folge von Integralen

Es sei

$\begin{eqnarray*} I_n=\int\limits_0^{\infty}\frac {\sin {4x}}{x} \prod\limits_{i=1}^n \cos {\frac {x}{i}}dx \end{eqnarray*}$

Angeregt durch einen Zeitschriftenartikel über experimentelle Mathematik ließ mal jemand diese Integrale von einem Programm numerisch berechnen. Das Programm galt auf diesem Gebiet als zuverlässig. Es ergab sich:

$\begin{eqnarray*} I_1=1.57079632679 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_2=1.57079632679 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} I_3=1.57079632679 \end{eqnarray*}$

Der Zahlenwert kommt einem bekannt vor und das Schema ist klar. Es gibt keinen Grund mit dem Experiment fortzufahren. Der "jemand" war jedoch hartnäckig und machte weiter. Es ergab sich immer wieder

$\begin{eqnarray*} I_n=1.57079632679 \end{eqnarray*}$

bis $\begin{eqnarray*} n = 30 \end{eqnarray*}$ . Doch dann zu seiner Verblüffung:

$\begin{eqnarray*} I_{31}=1.57079632533 \end{eqnarray*}$

Was war die Ursache?

03.06.2016, 11:44

Fragen über Fragen

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Zitat:

Original von HAL 9000
Viel einfacher geht es doch so: Man setzt die Fibonacci-Folge in negativer Indexrichtung fort, d.h. via $\begin{align*} a_n = a_{n+2}-a_{n+1} \end{align*}$ .

Bei mir passiert ja das gleiche: anstatt die Fibonacci-Folge in negativer Indexrichtung fortzusetzen, setze ich die Fibonacci-Folge modulo $\begin{align*} 10^k \end{align*}$ in negativer Indexrichtung fort, und man sieht dem Glied $\begin{align*} c_1 \end{align*}$ sofort an, dass es die gewünschte Zahl 9...9 ist. Natürlich wäre es übersichtlicher gewesen, wenn ich dafür nicht eine neue Folge eingeführt hätte, sondern $\begin{align*} (d_n) \end{align*}$ in negative Indexrichtung fortgesetzt hätte, daran hatte ich nicht gedacht.

Zitat:

Ein "klein wenig" schneller geht es, da man bereits bei ersten Auftreten der Sequenz $\begin{align*} d_p=0,d_{p+1}=1 \end{align*}$ die Periode festgestellt hat.

Freilich

03.06.2016, 15:54

Leopold

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zu Aufgabe 54

Natürlich ein Fehler in der CPU. Im Ernst - was es nicht alles gibt!

Mit Hilfe von $\begin{align*} \sin(u) \cos(v) = \frac{1}{2} \left( \sin(u-v) + \sin(u+v) \right) \end{align*}$ rechnet man:

$\begin{align*} \sin(4x) \cos(x) = \frac{1}{2} \left( \sin(3x) + \sin(5x) \right) \end{align*}$

Ein Faktor mehr und mit derselben Formel von oben umgeformt:

$\begin{align*} \sin(4x) \cos(x) \cos \left( \frac{1}{2} x \right) = \frac{1}{2} \left( \sin(3x) \cos \left( \frac{1}{2} x \right) + \sin(5x) \cos \left( \frac{1}{2} x \right) \right) = \frac{1}{2^2} \left( \sin \left( \frac{5}{2} x \right) + \sin \left( \frac{7}{2} x \right) + \sin \left( \frac{9}{2} x \right) + \sin \left( \frac{11}{2} x \right) \right) \end{align*}$

Iterativ erkennt man: Bei jedem Schritt verdoppelt sich die Anzahl der Summanden, der Vorfaktor halbiert sich. Daher gilt:

$\begin{align*} \sin(4x) \prod_{k=1}^n \cos \left( \frac{1}{k} x \right) = \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{2^n} \sin \left( h_k^{(n)} x \right) \end{align*}$

mit geeigneten Koeffizienten $\begin{align*} h_k^{(n)} \in \mathbb{Q} \end{align*}$ . Jedes $\begin{align*} h_k^{(n)} \end{align*}$ ist von der Gestalt

$\begin{align*} h_k^{(n)} = 4 \pm \frac{1}{1} \pm \frac{1}{2} \pm \frac{1}{3} \pm \ldots \pm \frac{1}{n} \end{align*}$

Jede Kombination von Plus- und Minuszeichen ist zulässig. Bei $\begin{align*} n \end{align*}$ Operationen und jeweils zwei Möglichkeiten (plus oder minus) erhält man so die $\begin{align*} 2^n \end{align*}$ möglichen Koeffizienten.
Den dem Werte nach kleinstmöglichen Koeffizienten $\begin{align*} h_k^{(n)} \end{align*}$ bekommt man, wenn man immer das Minuszeichen nimmt:

$\begin{align*} h_n = \min_{1 \leq k \leq n} h_k^{(n)} = 4 - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \end{align*}$

Nun ist

$\begin{align*} h_{30} = 0{,}005 \ldots > 0 \end{align*}$

$\begin{align*} h_{31} = -0{,}027 \ldots < 0 \end{align*}$

Für $\begin{align*} n \leq 30 \end{align*}$ sind somit alle Koeffizienten $\begin{align*} h_k^{(n)}>0 \end{align*}$ . Für $\begin{align*} c>0 \end{align*}$ gilt aber stets

$\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\sin \left( cx \right)}{x} ~ \dd x = \frac{\pi}{2} \end{align*}$

wie man mit Hilfe der Substitution $\begin{align*} cx = t \end{align*}$ und dem bekannten Wert $\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\sin(t)}{t} ~ \dd t \end{align*}$ sehen kann. Für $\begin{align*} n \leq 30 \end{align*}$ gilt daher:

$\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\sin(4x)}{x} \prod_{k=1}^n \cos \left( \frac{1}{k} x \right) ~ \dd x = \frac{1}{2^n} \sum_{k=1}^{2^n} \int_0^{\infty} \frac{\sin \left( h_k^{(n)} x \right)}{x} ~ \dd x = \frac{1}{2^n} \cdot 2^n \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \end{align*}$

Ist dagegen $\begin{align*} c<0 \end{align*}$ , so gilt: $\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\sin \left( cx \right)}{x} ~ \dd x = - \int_0^{\infty} \frac{\sin \left( -cx \right)}{x} ~ \dd x = - \frac{\pi}{2} \end{align*}$

Im Falle $\begin{align*} n=31 \end{align*}$ ist der kleinste Koeffizient, wie oben berechnet, kleiner 0, der nächstgrößere

$\begin{align*} 4 - 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} - \ldots - \frac{1}{30} + \frac{1}{31} \end{align*}$

ist aber bereits $\begin{align*} >0 \end{align*}$ . Also ist nur einer der Koeffizienten $\begin{align*} h_k^{(31)} \end{align*}$ negativ. Somit gilt:

$\begin{align*} \int_0^{\infty} \frac{\sin(4x)}{x} \prod_{k=1}^{31} \cos \left( \frac{1}{k} x \right) = \frac{1}{2^{31}} \cdot \left( \left( 2^{31}-1 \right) \cdot \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{1}{2^{31}} \pi \end{align*}$

Ein schönes Beispiel für eine mißlingende unvollständige Induktion.

03.06.2016, 16:12

HAL 9000

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Definiert man für beliebige reelle Zahlen $\begin{align*} \lambda,a_1,\ldots,a_n \end{align*}$ den Integralwert

$\begin{align*} I_n(\lambda;a_1,\ldots,a_n) := \int\limits_0^{\infty} \frac{\sin(\lambda x)}{x} \cdot \prod\limits_{k=1}^n \cos(a_k x) ~ \dd x \end{align*}$ ,

so gilt übrigens die Rekursion

$\begin{align*} I_0(\lambda) = \operatorname{sgn}(\lambda)\cdot \frac{\pi}{2} \end{align*}$

$\begin{align*} I_n(\lambda;a_1,\ldots,a_n) = \frac{1}{2}\left( I_{n-1}(\lambda-a_n;a_1,\ldots,a_{n-1}) + I_{n-1}(\lambda+a_n;a_1,\ldots,a_{n-1}) \right) \end{align*}$ ,

letzteres basiert auf dem oben schon von Leopold angegeben Additionstheorem. Im vorliegenden Fall wird der Spezialfall $\begin{align*} a_k=\frac{1}{k} \end{align*}$ betrachtet.

Für positive $\begin{align*} a_k \end{align*}$ sowie $\begin{align*} \lambda > \sum_{k=1}^n a_k \end{align*}$ bedeutet das $\begin{align*} I_n(\lambda;a_1,\ldots,a_n) = \frac{\pi}{2} \end{align*}$ , "knapp" unterhalb (genauer gesagt $\begin{align*} \sum_{k=1}^{n-1} a_k < \lambda < \sum_{k=1}^n a_k \end{align*}$ sowie monoton falllenden $\begin{align*} a_k \end{align*}$ ) jedoch $\begin{align*} I_n(\lambda;a_1,\ldots,a_n) = \frac{\pi}{2}\left(1-2^{1-n}\right) \end{align*}$ .

03.06.2016, 16:31

Huggy

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@Leopold und HAL

Schnell und perfekt gelöst!

03.06.2016, 16:41

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Ein schönes Beispiel für eine mißlingende unvollständige Induktion.

Und auch ein Beispiel, wie CAS mitunter grandios versagen können: MuPad liefert mir bereits bei dem noch moderaten int(sin(4*x)/x*cos(x)*cos(x/2),x=0..infinity) die lapidare Antwort undefined. geschockt

03.06.2016, 16:59

Huggy

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Mathematica löst die Integrale bis $\begin{eqnarray*} n = 12 \end{eqnarray*}$ exakt. Weiter konnte ich nicht gehen, da die Zeiten auf meinem alten lahmen Rechner dann zu lang werden.

04.06.2016, 15:05

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Mal was Kurzes, aber Hübsches:

Zitat:

Aufgabe 55: Zeige, dass $\begin{align*} \mathbb{R}^2 \setminus \mathbb{Q}^2 \end{align*}$ wegzusammenhängend ist.

04.06.2016, 18:39

Huggy

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Zwei Punkte $\begin{eqnarray*} P , Q \in \mathbb{R}^2 \setminus \mathbb{Q}^2 \end{eqnarray*}$ kann man doch immer simpel durch einen Streckenzug verbinden, der aus maximal 3 Strecken besteht, die alle waagrecht oder senkrecht verlaufen und die in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}^2 \setminus \mathbb{Q}^2 \end{eqnarray*}$ liegen, weil man eine ihrer Koordinaten jeweils irrational wählen kann.

Verstehe ich die Aufgabe irgendwie falsch?

05.06.2016, 00:14

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Deine horizontalen und vertikalen Streckenzüge müssten das Bild eines geschlossenen Intervalls unter einer stetigen Funktion sein. Das ist nicht möglich: So eine horizontale/vertikale Strecke ist homöomorph zu $\begin{align*} Z \setminus \mathbb{Q} \end{align*}$ mit einem geschlossenen Intervall $\begin{align*} Z \end{align*}$ , dessen Randpunkte irrational sind. Allerdings ist $\begin{align*} Z \setminus \mathbb{Q} \end{align*}$ nicht zusammenhängend, also auch nicht wegzusammenhängend.

Nebenbei verstehe ich dann auch nicht, wieso du manchmal drei Strecken brauchst - wenn horizontale und vertikale Strecken klappen würden, so bräuchtest du doch bloß zwei.

PS: Ihr könnt auch die allgemeinere Aussage beweisen: Ist $\begin{align*} A \subset \mathbb{R}^2 \end{align*}$ abzählbar, so ist $\begin{align*} \mathbb{R}^2\setminus A \end{align*}$ wegzusammenhängend.

05.06.2016, 02:36

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Nachtrag: Sorry, ich habe übersehen, dass ja auch Punkte möglich sind, bei denen lediglich eine Koordinate irrational ist. 10001000Nick1 hat mir per PN eine richtige Lösung geschickt, die sich mit dem deckt, was Huggy angedeutet hat.
Das kommt davon, dass ich nur den allgemeinen Fall gelöst hatte und mir über die ursprüngliche Aufgabe gar keine Gedanken gemacht hab ^^

08.06.2016, 18:29

10001000Nick1

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Also dann hier erstmal meine Lösung zu der ursprünglichen Aufgabe. Ist vielleicht nicht der eleganteste Weg, dafür aber (wie ich meine) der einfachste. Augenzwinkern

Seien $\begin{eqnarray*} x,y\in\mathbb R^2\setminus\mathbb Q^2 \end{eqnarray*}$ . $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ sei irgendeine irrationale Zahl.

1. Fall: $\begin{eqnarray*} x_2,y_2\in\mathbb R\setminus\mathbb Q \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} c: [0,3]\to\mathbb R^2\setminus\mathbb Q^2 \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} c_1(t):=\begin{cases} (1-t)x_1+ta & 0\leq t<1 \\ a & 1\leq t<2 \\ (3-t)a+(t-2)y_1 & 2\leq t\leq 3 \end{cases} \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} c_2(t):=\begin{cases} x_2 & 0\leq t<1 \\ (2-t)x_2+(t-1)y_2 & 1\leq t<2 \\ y_2 & 2\leq t\leq 3 \end{cases} \end{eqnarray*}$

ein stetiger Weg mit $\begin{eqnarray*} c(0)=x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c(3)=y \end{eqnarray*}$ .

2. Fall: $\begin{eqnarray*} x_1,y_1\in\mathbb R\setminus\mathbb Q \end{eqnarray*}$ .
Funktioniert ähnlich.

3. Fall: $\begin{eqnarray*} x_2, y_1\in\mathbb R\setminus\mathbb Q \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} c: [0,2]\to\mathbb R^2\setminus\mathbb Q^2 \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} c_1(t):=\begin{cases} (1-t)x_1+ty_1 & 0\leq t<1 \\ y_1 & 1\leq t\leq 2 \end{cases} \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} c_2(t):=\begin{cases} x_2 & 0\leq t<1 \\ (2-t)x_2+(t-1)y_2 & 1\leq t\leq 2 \end{cases} \end{eqnarray*}$

4. Fall: $\begin{eqnarray*} x_1, y_2\in\mathbb R\setminus\mathbb Q \end{eqnarray*}$ .
Ähnlich wie 3.

Zu der Bemerkung, dass es immer mit zwei Streckenzügen geht: Falls $\begin{eqnarray*} x,y\in\mathbb Q\times(\mathbb R\setminus\mathbb Q) \end{eqnarray*}$ , geht es mit zwei horizontalen oder vertikalen Streckenzügen nicht.

08.06.2016, 18:30

10001000Nick1

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Und hier für die allgemeinere Aussage:

Seien $\begin{eqnarray*} x,y\in\mathbb R^2\setminus A \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ sei eine Gerade, auf der weder $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ noch $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ liegen und die die Verbindungsstrecke zwischen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ schneidet.

Für jeden Punkt $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ bezeichnen wir mit $\begin{eqnarray*} S_a \end{eqnarray*}$ den Streckenzug von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ über $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ .

Für zwei verschiedene $\begin{eqnarray*} a_1, a_2\in g \end{eqnarray*}$ schneiden sich die Streckenzüge $\begin{eqnarray*} S_{a_1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} S_{a_2} \end{eqnarray*}$ nur in den beiden Punkten $\begin{eqnarray*} x,y\in\mathbb R^2\setminus A \end{eqnarray*}$ .
Weil es überabzählbar viele Punkte auf $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ gibt, und wegen der Abzählbarkeit von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ , muss es dann einen solchen Streckenzug geben, auf dem keiner der Punkte aus $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ liegt.

08.06.2016, 23:49

Fragen über Fragen

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Das passt. Freude

10.06.2016, 14:25

Huggy

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Zitat:

Aufgabe 56

Mal etwas für Freunde der Geometrie. Gegeben sei eine Gerade g und ein nicht auf ihr liegender Punkt P. Von dem Punkt P soll das Lot auf die Gerade g gefällt werden.

Mit den Hilfsmitteln Zirkel und Lineal ist das eine der ersten Schulaufgaben in synthetischer Geometrie. Das Hilfsmittel Zirkel soll nun nicht zur Verfügung stehen, Lineal aber schon. Stattdessen gebe es das Hilfsmittel Rechter Winkel. Dieses Hilfsmittel gestattet es, auf einer Geraden g in einem auf ihr liegenden Punkt X die Senkrechte zu errichten.

10.06.2016, 20:14

riwe

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mir gefällt das natürlich sehr !
aber ich halte mich noch etwas zurück Augenzwinkern

10.06.2016, 21:22

Leopold

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Wenn man sich so an den Zirkel gewöhnt hat, fällt es einem schon schwer, sich zu beschränken ...
Ich habe es im wesentlichen mit Hilfe von Spiegelungen bewerkstelligt.

10.06.2016, 21:44

riwe

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ein Bilderl von mir Augenzwinkern

10.06.2016, 22:06

Leopold

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Ich verstehe deine Konstruktion nicht. Die Gerade scheint bei dir $\begin{align*} a \end{align*}$ zu heißen. In zwei Punkten $\begin{align*} X_1,X_2 \in a \end{align*}$ wird das Lot errichtet. Aber wie wird $\begin{align*} S \end{align*}$ konstruiert? Wo geht überhaupt $\begin{align*} P \end{align*}$ in die Konstruktion ein?

10.06.2016, 22:09

riwe

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eentschuldige, das war mist unglücklich

12.06.2016, 10:17

Leopold

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eine Lösung zur Nr. 56
[attach]42030[/attach]

12.06.2016, 12:57

riwe

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und zur Ergänzung meine nicht ganz so elegante Lösung:

die Aufgabe zerfällt in 3 Teile:
1) konstruiere auf der Geraden a mit Hilfe des RechteWinkelMaßes (RWM ) eine
beliebige Strecke AC samt Mittelpunkt M

dazu wählt man 2 beiliebige Punkte A und B auf a,
senkrechte Gerade n zu a mit RWM und beliebige gerade g mit dem Lineal L durch B,
Schnittpunkt mit n sei P1, mit RWM Parallele zu a, dann 2 mal "Zickzack"
mit RWM zu g usw...ergibt M und C

damit hat man Ziel 1) erreicht.

2) man konstruiere ein Parallele zu a durch P

Gerade s durch A und P, wähle auf s einen "geeigneten" Punkt S.
verbinde S mit M und C und C mit P, so erhält man den Schnittpunkt M1.
die Gerade durch A und M1 schneidet SC in Q.

PQ ist die gesuchte Parallele zu a durch P
den Beweis dazu liefern Ceva und die Umkehrung des Strahlensatzes

3) RWM auf P anwenden

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