Übergangs-Marathon Mathematik - Seite 6

10.01.2023, 11:57

HAL 9000

Zitat:

Wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig und bijektiv ist, ist es strikt monton.

Wenn man das als bewiesene Aussage hinnimmt, dann kürzt das die Sache natürlich ab. Augenzwinkern

Dein b) ist von der Idee her passend, enthält aber einen kleinen Konstruktionsfehler: $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist zwingend ungerade, speziell gilt also $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ , während bei dir $\begin{eqnarray*} f(0)=1 \end{eqnarray*}$ ist. verwirrt

Ich kann es auch konkreter benennen: Bei dir ist $\begin{eqnarray*} f(f(1)) = f(0) = 1 \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ .

10.01.2023, 12:13

IfindU

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Wenn $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ stetig und bijektiv ist, ist es strikt monton.

Wenn man das als bewiesene Aussage hinnimmt, dann kürzt das die Sache natürlich ab. Augenzwinkern

Die kleine Anwendung des Zwischenwertsatzes sei dem geneigtem Leser überlassen Augenzwinkern

Zitat:

Original von HAL 9000
Dein b) ist von der Idee her passend, enthält aber einen kleinen Konstruktionsfehler: $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist zwingend ungerade, speziell gilt also $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ , während bei dir $\begin{eqnarray*} f(0)=1 \end{eqnarray*}$ ist. verwirrt

Mir ist eben auch eine Kleinigkeit aufgefallen. Einfach ist die Abbildung für offene Intervalle der Form $\begin{eqnarray*} (n, n+1) \end{eqnarray*}$ zu definieren. Bei den ganzen Zahlen muss ich vorsichtiger sein. Die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ kann aber nicht ungerade sein, sonst wäre $\begin{eqnarray*} f \circ f \end{eqnarray*}$ gerade. Meinst du $\begin{eqnarray*} f \circ f \end{eqnarray*}$ ungerade? Dort ist bei mir $\begin{eqnarray*} (f \circ f) (0) =-1 \end{eqnarray*}$ , was zugegeben doof ist Big Laugh

Also noch einmal:
$\begin{eqnarray*} G = \bigcup_{n \in\mathbb N} (2n, 2n+1] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} U = \bigcup_{n \in\mathbb N} (2n+1, 2n] \end{eqnarray*}$
mit
$\begin{eqnarray*} f \colon \mathbb R \to \mathbb R, f(x) = \begin{cases} 0&x = 0 \\x+1 & x \in G \\ -x +1 & x \in U \\ x- 1 & x \in -G \\ -x -1 & x \in -U\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Jetzt ist $\begin{eqnarray*} f(0) = 0 \end{eqnarray*}$ und, wenn $\begin{eqnarray*} x \in G \end{eqnarray*}$ ist, ist $\begin{eqnarray*} f(x) = x+1 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} f(x) \in U \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} (f\circ f)(x) = f(x+1) = -(x+1) + 1 = -x \end{eqnarray*}$ . Wenn $\begin{eqnarray*} x \in U \end{eqnarray*}$ , ist $\begin{eqnarray*} -x \in -U \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -x+1 \in -G \end{eqnarray*}$ . Damit $\begin{eqnarray*} (f\circ f)(x) = f(-x+1) = (-x+1)-1= -x \end{eqnarray*}$ . Ich denke jetzt sieht es gut aus...

10.01.2023, 12:22

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von IfindU
Die Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ kann aber nicht ungerade sein, sonst wäre $\begin{eqnarray*} f \circ f \end{eqnarray*}$ gerade.

Lass mich mal überlegen: $\begin{eqnarray*} f(x)=x \end{eqnarray*}$ ist ungerade, da soll $\begin{eqnarray*} f(f(x))=x \end{eqnarray*}$ dann gerade sein? verwirrt

$\begin{eqnarray*} x=f(t) \end{eqnarray*}$ in die Funktionalgleichung eingesetzt ergibt $\begin{eqnarray*} f(f(f(t))) = -f(t) \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} f(f(t))=-t \end{eqnarray*}$ angewandt ergibt $\begin{eqnarray*} f(f(f(t))) = f(-t) \end{eqnarray*}$ .
Zusammen liefert das $\begin{eqnarray*} f(-t) = -f(t) \end{eqnarray*}$ , also Ungeradheit, was speziell für $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ dann $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ ergibt.

10.01.2023, 12:25

IfindU

Auf diesen Beitrag antworten »

Da meine Beispielfunktion offensichtlich ungerade ist, hatte ich wohl massiven Denkfehler Big Laugh

Edit: Ich hatte im Kopf $\begin{eqnarray*} g(x) = -x \end{eqnarray*}$ ungerade und $\begin{eqnarray*} g\circ g = id \end{eqnarray*}$ , und natürlich ist die Identitätsfunktion gerade! Forum Kloppe

Seltsamer Denkfehler....

15.01.2023, 21:06

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Funktionalgleichung

$\begin{align*} \text{(*)} \ \ f \left( f(x) \right) = -x \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x \in \mathbb{R} \end{align*}$

für eine Funktion $\begin{align*} f: \mathbb{R} \to \mathbb{R} \end{align*}$ führt zu verblüffenden Ergebnissen. Ich beginne in 1. und 2. mit ein paar notwendigen Bedingungen, die schon in vorigen Beiträgen behandelt wurden.

1. Zunächst muss eine solche Funktion umkehrbar sein.
Denn aus $\begin{align*} f(x)=f(x') \end{align*}$ folgt durch Anwendung von $\begin{align*} f \end{align*}$ gemäß der Funktionalgleichung $\begin{align*} -x=-x' \end{align*}$ , also $\begin{align*} x=x' \end{align*}$ , so daß $\begin{align*} f \end{align*}$ injektiv ist.
Und zu $\begin{align*} y \in \mathbb{R} \end{align*}$ wähle man $\begin{align*} x = f(-y) \end{align*}$ . Dann gilt $\begin{align*} f(x) = f \left( f(-y) \right) = -(-y) = y \end{align*}$ . Daher ist $\begin{align*} f \end{align*}$ surjektiv. Es sei $\begin{align*} f^{-1} \end{align*}$ die Umkehrfunktion von $\begin{align*} f \end{align*}$ .

2. Aus $\begin{align*} f \left( f^{-1}(x) \right) = x = f \left( f(-x) \right) \end{align*}$ folgt wegen der Injektivität von $\begin{align*} f \end{align*}$ :

$\begin{align*} f^{-1}(x) = f(-x) \end{align*}$

Ebenso gilt aber, wenn man $\begin{align*} x \end{align*}$ in $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ durch $\begin{align*} f^{-1}(x) \end{align*}$ substituiert: $\begin{align*} f \left( f \left( f^{-1}(x) \right) \right) = - f^{-1}(x) \end{align*}$ , also $\begin{align*} f(x) = - f^{-1}(x) \end{align*}$ oder andersherum:

$\begin{align*} f^{-1}(x) = -f(x) \end{align*}$

Führt man das zusammen, erkennt man die Ungeradheit von $\begin{align*} f \end{align*}$ :

$\begin{align*} f(-x) = f^{-1}(x) = -f(x) \end{align*}$

3. Man kann nach Operationen für Funktionen fragen, die die Funktionalgleichung $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ erhalten. Wendet man auf $\begin{align*} f \left( f(-x) \right) = x \end{align*}$ zweimal $\begin{align*} f^{-1} \end{align*}$ an, bekommt man

$\begin{align*} f^{-1} \left( f^{-1}(x) \right) = -x \end{align*}$

Mit $\begin{align*} f \end{align*}$ erfüllt also auch $\begin{align*} f^{-1} = -f \end{align*}$ (siehe auch 2.) die Funktionalgleichung $\begin{align*} \text{(*)} \end{align*}$ .

Eine zentrische Streckung des Graphen von $\begin{align*} f \end{align*}$ mit dem Faktor $\begin{align*} \lambda>0 \end{align*}$ und dem Ursprung als Streckzentrum führt auf die Funktion $\begin{align*} g \end{align*}$ mit

$\begin{align*} g(x) = \lambda \cdot f \left( \frac{1}{\lambda} \cdot x \right) \end{align*}$

Wenn für $\begin{align*} f \end{align*}$ die Funktionalgleichung gilt, gilt sie auch für $\begin{align*} g \end{align*}$ . Schnell nachgerechnet:

$\begin{align*} g \left( g(x) \right) = g \left( \lambda f \cdot \left( \frac{1}{\lambda} \cdot x \right) \right) = \lambda \cdot f \left( \frac{1}{\lambda} \cdot \lambda \cdot f \left( \frac{1}{\lambda} \cdot x \right) \right) \end{align*}$
$\begin{align*} = \lambda \cdot f \left( f \left( \frac{1}{\lambda} \cdot x \right) \right) = \lambda \cdot \left( - \frac{1}{\lambda} \cdot x \right) = -x \end{align*}$

Wegen der Ungeradheit von $\begin{align*} f \end{align*}$ genügt es, sich auf $\begin{align*} \lambda>0 \end{align*}$ zu beschränken.

4. Die von IfindU und HAL angegebene Lösungsfunktion $\begin{align*} f_0 \end{align*}$ kann folgendermaßen definiert werden:

$\begin{align*} \text{(#)} \ \ f_0(x) = \begin{cases} 0, & x=0 \\ x+1, & 0 < x \leq 1 \\ 1-x, & 1 < x \leq 2 \end{cases} \end{align*}$

Nach rechts wird sie fortgesetzt durch

$\begin{align*} f_0(x) = f_0(x-2) + 2 \cdot (-1)^{\lceil x \rceil - 1} \, , \ \ x>2 \end{align*}$

und nach links durch die Ungeradheit

$\begin{align*} f_0(x) = -f_0(-x) \, , \ \ x<0 \end{align*}$

Ich möchte einmal die Funktion $\begin{align*} \varphi_0 \end{align*}$ mit

$\begin{align*} \varphi_0: \left( 0,1 \right] \to \left( 1,2 \right] \, , \ \ \varphi_0(x) = x+1 \end{align*}$

den Funktionskeim von $\begin{align*} f_0 \end{align*}$ nennen. $\begin{align*} \varphi_0 \end{align*}$ besitzt die Umkehrfunktion

$\begin{align*} \varphi_0^{-1}: \left( 1,2 \right] \to \left( 0,1 \right] \, , \ \ \varphi_0^{-1}(x) = x-1 \end{align*}$

Man kann $\begin{align*} \text{(#)} \end{align*}$ dann so schreiben:

$\begin{align*} \text{(#)} \ \ f_0(x) = \begin{cases} 0, & x=0 \\ \varphi_0(x), & 0 < x \leq 1 \\ - \varphi_0^{-1}(x), & 1 < x \leq 2 \end{cases} \end{align*}$

Wenn ich das richtig sehe, kann man analog mit einem beliebigen Funktionskeim

$\begin{align*} \varphi: \left( 0,1 \right] \to \left( 1,2 \right] \end{align*}$

für den man nur Bijektivität fordern muß, die folgende Definition vornehmen:

$\begin{align*} f(x) = \begin{cases} 0, & x=0 \\ \varphi(x), & 0 < x \leq 1 \\ - \varphi^{-1}(x), & 1 < x \leq 2 \end{cases} \end{align*}$

Die Funktion wird wieder nach rechts und links fortgesetzt durch

$\begin{align*} f(x) = f(x-2) + 2 \cdot (-1)^{\lceil x \rceil -1} \, , \ \ x>2 \end{align*}$

$\begin{align*} f(x) = -f(-x) \, , \ \ x<0 \end{align*}$

Für ein derart definiertes $\begin{align*} f \end{align*}$ gilt $\begin{align*} f \left( f(x) \right) = -x \end{align*}$

Ich habe das einmal mit Euklid für den Funktionskeim

$\begin{align*} \varphi(x) = x^2 + 1 \, , \ x \in \left( 0,1 \right] \end{align*}$

zeichnen lassen. Blau ist $\begin{align*} \color{blue} f \end{align*}$ , rot ist $\begin{align*} \color{red} g \end{align*}$ mit $\begin{align*} g(x) = \lambda \cdot f \left( \frac{1}{\lambda} \cdot x \right) \end{align*}$ , grün ist $\begin{align*} \color{green} h = g \circ g \end{align*}$ .

[attach]56682[/attach]

Gibt es weitere Lösungen der Funktionalgleichung, die nicht den obigen Konstruktionen folgen?

16.01.2023, 09:57

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Gibt es weitere Lösungen der Funktionalgleichung, die nicht den obigen Konstruktionen folgen?

Eine rhetorische Frage. Ein etwas weiter greifender Ansatz, im Grundmuster aber immer noch basierend auf deiner Grundidee:

Wir betrachten die disjunkte Zerlegung $\begin{eqnarray*} \left(0,\infty\right) = \bigcup_{k\in I} \left(A_k\cup B_k\right) \end{eqnarray*}$ , zudem dann bijektive Funktionen $\begin{eqnarray*} \varphi_k:~A_k\to B_k \end{eqnarray*}$ und definieren

$\begin{eqnarray*} f(x) = \begin{cases} 0, & x=0 \\ \varphi_k(x), & x\in A_k\\ -\varphi_k(-x), & x\in -A_k\\ -\varphi_k^{-1}(x), & x\in B_k\\ \varphi_k^{-1}(-x), & x\in -B_k\end{cases} \end{eqnarray*}$

Sollte ebenso klappen wie die obige spezielle Konstruktion mit den Intervallen der Länge 1. Indexmenge $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ kann beliebig sein, auch überabzählbar. Im Extremfall sind $\begin{eqnarray*} A_k,B_k \end{eqnarray*}$ Einermengen...

EDIT: Hmm, zu kompliziert gedacht - es reicht ja bereits die eine disjunkte Zerlegung $\begin{eqnarray*} \left(0,\infty\right) = A\cup B \end{eqnarray*}$ mit bijektivem $\begin{eqnarray*} \varphi:~A\to B \end{eqnarray*}$ sowie

$\begin{eqnarray*} f(x) = \begin{cases} 0, & x=0 \\ \varphi(x), & x\in A\\ -\varphi(-x), & x\in -A\\ -\varphi^{-1}(x), & x\in B\\ \varphi^{-1}(-x), & x\in -B\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Die Frage ist, ob umgekehrt jede Lösungsfunktion in dieses Schema passt.

EDIT2: Ja, ist wohl so. Einer beliebigen Lösungsfunktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ordnet man dann $\begin{eqnarray*} A:=\left(0,\infty\right)\cap f^{-1}\left(\left(0,\infty\right)\right) \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \varphi:=f\big|_A \end{eqnarray*}$ zu.

08.02.2024, 22:34

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Aus dem Suneung 2023, der südkoreanischen Abschlußprüfung, die zu einem Hochschulstudium berechtigt:

Zitat:

Aufgabe 74

$\begin{align*} f \end{align*}$ sei eine ganzrationale Funktion 3. Grades mit führendem Koeffizienten 1 und den folgenden Eigenschaften:

$\begin{align*} \text{(1)} \ \ \text{Es gibt kein} \ k \in \mathbb{Z} \ \text{mit} \ f(k-1) \cdot f(k+1) < 0 \end{align*}$

$\begin{align*} \text{(2)} \ \ f' \left( - \frac{1}{4} \right) = - \frac{1}{4} \end{align*}$

$\begin{align*} \text{(3)} \ \ f' \left( \frac{1}{4} \right) < 0 \end{align*}$

Man bestimme $\begin{align*} f(8) \end{align*}$ .

98,2 Prozent der Prüflinge seien an dieser Aufgabe gescheitert.

nach DIE ZEIT, 18. Januar 2024, gedruckte Ausgabe, Seite 15

09.02.2024, 19:47

klauss

Auf diesen Beitrag antworten »

Gelöscht, da Lösung bereits in den Diskussionen eingestellt (warum nicht gleich hier?).
Ich habe den Rechenansatz zur Bestimmung der richtigen Funktion allerdings mit einigen anderen Überlegungen vorbereitet.

09.02.2024, 21:24

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hatte nur die ursprüngliche Idee wiederbelebt, hier im Hauptthread nur Aufgaben bzw. vollständig durchdachte Lösungen bzw. zumindest Lösungsideen vorzutragen. Was ich heute zur Aufgabe gepostet hatte, war ja nur ein erster Teil eines möglichen Beweises.

Du kannst natürlich gern deinen Beweis bzw. Beweisskizze hier anbringen, da sie ja sicher deutlich weiter fortgeschritten ist als mein Fragment. Augenzwinkern

10.02.2024, 01:50

klauss

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun ja, von "Beweis" zu sprechen wäre doch sehr vermessen, deshalb stelle ich meinen Weg auch in den Diskussionen ein.

07.02.2025, 11:39

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun etwas weniger schweres als die südkoreanische Schulaufgabe - wenn man den richtigen Dreh findet:

Zitat:

Aufgabe 75

Man bestimme alle Primzahlen $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ , so dass für alle positiven ganzen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ die Zahlen $\begin{eqnarray*} 2^n + 3^n + 6^n - 1 \end{eqnarray*}$ sämtlich nicht durch $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ teilbar sind.

12.02.2025, 14:55

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

IfindU hatte den Schlüssel zur Lösung gefunden: Für $\begin{eqnarray*} a_n = 2^n+3^n+6^n-1 \end{eqnarray*}$ und jede Primzahl $\begin{eqnarray*} p\geq 5 \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} p\mid a_{p-2} \end{eqnarray*}$ .

Begründung: Gemäß Kleinem Fermat ist $\begin{eqnarray*} 2^{p-1}\equiv 3^{p-1}\equiv 6^{p-1}\equiv 1\bmod p \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} p\geq 5 \end{eqnarray*}$ , daher existieren ganze Zahlen $\begin{eqnarray*} u,v,w \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 2^{p-1}=up+1,3^{p-1}=vp+1,6^{p-1}=wp+1 \end{eqnarray*}$ , woraus folgt

$\begin{eqnarray*} a_{p-2} = \frac{up+1}{2} + \frac{vp+1}{3} + \frac{wp+1}{6} - 1 = \frac{p(3u+2v+w)}{6} \end{eqnarray*}$

Da das eine ganze Zahl ist, folgt $\begin{eqnarray*} 6\mid p(3u+2v+w) \end{eqnarray*}$ , was wegen der Teilerfremdheit von $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ und 6 sofort $\begin{eqnarray*} 6\mid (3u+2v+w) \end{eqnarray*}$ bedeutet, damit is $\begin{eqnarray*} t=\frac{3u+2v+w}{6} \end{eqnarray*}$ eine ganze Zahl und somit $\begin{eqnarray*} a_{p-2} = p\cdot t \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ teilbar.

Bleiben nur die beiden Primzahlen $\begin{eqnarray*} p=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p=3 \end{eqnarray*}$ übrig, die sich allein durch $\begin{eqnarray*} a_2=48=2^4\cdot 3 \end{eqnarray*}$ erledigen. Somit gibt es gar keine Primzahlen, die den Bedingungen der Aufgabenstellung genügen.

P.S.: War in veränderter Formulierung mal eine IMO-Aufgabe (irgendwann in den 200x-Jahren), dort allerdings nur der "Opener" Aufgabe 1, was i.d.R. die einfachste der sechs Aufgaben ist. Augenzwinkern

20.06.2025, 09:12

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 76

$\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ sei eine reelle Polynomfunktion vom Grad $\begin{eqnarray*} \leq 4 \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} \{ f(1),f(2),f(3),f(4),f(5)\} = \{1,2,3,4,5\} \end{eqnarray*}$ .

Über alle derartigen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ betrachtet: Was sind der minimale und maximale Wert, den $\begin{eqnarray*} f(0) \end{eqnarray*}$ annehmen kann?

23.06.2025, 07:15

Huggy

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 76

Wenn man sich die Sache einfachen machen will:

[attach]58302[/attach]

23.06.2025, 07:44

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Werte sind richtig.

Hmm, ich hätte die Aufgabe mit 21 statt 5 stellen sollen. Oder gleich allgemein für $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ , allerdings kenne ich da die expliziten Endformel noch nicht - da muss ich noch ein bisschen grübeln. Augenzwinkern

EDIT: Ok, hier eine Modifikation:

Zitat:

Aufgabe 76a

Für ungerade $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ sei $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ eine reelle Polynomfunktion vom Grad $\begin{eqnarray*} <n \end{eqnarray*}$ , so dass $\begin{eqnarray*} \{ f(1),f(2),\ldots,f(n)\} = \{1,2,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ .

Über alle derartigen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ betrachtet: Was sind der minimale und maximale Wert, den $\begin{eqnarray*} f(0) \end{eqnarray*}$ annehmen kann?

05.08.2025, 13:58

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 77

Zur Bestimmung von $\begin{eqnarray*} s = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(3n-1)} \end{eqnarray*}$ geht HAL so vor: Er bestimmt zunächst per Partialbruchzerlegung $\begin{eqnarray*} s = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{2n-1} - \frac{3}{3n-1} \right) \end{eqnarray*}$ , stellt dann die Potenzreihe

$\begin{eqnarray*} g(x)= \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{2n-1}x^{2n-1} - \frac{3}{3n-1}x^{3n-1} \right) \end{eqnarray*}$

auf und rechnet deren Ableitung aus: $\begin{eqnarray*} g'(x)= \sum_{n=1}^{\infty} \left( 2x^{2n-2} - 3x^{3n-2} \right) = \frac{2}{1-x^2} - \frac{3x}{1-x^3} = \frac{1}{1+x} + \frac{1-x}{1+x+x^2} \end{eqnarray*}$ .

Anschließend rechnet er zurück

$\begin{eqnarray*} s = g(1) = \int\limits_0^1 g'(x) ~ \dd x = \left[ \ln(1+x) - \frac{1}{2}\ln\left(1+x+x^2\right) + \sqrt{3}\arctan\left( \frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) \right]_{x=0}^1 = \ln(2) - \frac{1}{2}\ln(3) + \frac{\sqrt{3}}{6}\pi \approx 1{,}0507 \end{eqnarray*}$ .

Eine kurze Überschlagsrechnung zeigt jedoch $\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(3n-1)} < \frac{1}{2} + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ .

Wo liegt HAL falsch in seinem Rechenweg und wie kann man das korrigieren, um doch noch auf den richtigen Reihenwert $\begin{eqnarray*} s = 2\ln(2) - \frac{3}{2}\ln(3) + \frac{\sqrt{3}}{6}\pi\approx 0{,}64528 \end{eqnarray*}$ zu kommen?

05.08.2025, 18:35

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Eine Sache, die einen wahnsinnig machen kann...

Die Reihen $\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{2n-1} x^{2n-1} \end{align*}$ und $\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{3}{3n-1} x^{3n-1} \end{align*}$ haben den Konvergenzradius 1, konvergieren aber nicht mehr für $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ (im Wesentlichen Vergleich mit der harmonischen Reihe). Damit konvergiert auch die Differenzreihe mindestens für $\begin{align*} |x|<1 \end{align*}$ . Sie konvergiert jedoch auch bei $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ (im Wesentlichen Vergleich mit der Reihe über die Kehrwerte der Quadratzahlen). Allerdings ist die Differenzreihe keine Potenzreihe mehr, da mit streng monoton wachsendem Index die Exponenten nicht ebenfalls streng monoton wachsen. Die Voraussetzungen des Abelschen Grenzwertsatzes sind also nicht erfüllt.

Man kann sich so behelfen. Man betrachtet

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \left( \frac{2}{2n-1} - \frac{1}{n} \right) x^{2n-1} - \left( \frac{3}{3n-1} - \frac{1}{n} \right) x^{3n-1} \right) \end{align*}$

Zerlegt man diese Reihe in zwei Potenzreihen, so konvergiert jede auch bei $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ (im Wesentlichen Vergleich mit der Reihe über die Kehrwerte der Quadrate). Für $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ erhält man aber genau die Reihe, deren Grenzwert man berechnen soll, weil sich die $\begin{align*} \frac{1}{n} \end{align*}$ -Summanden gegenseitig wegheben. Wie HAL es vorgemacht hat, kann man Stammfunktionen bestimmen und bekommt

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{2n-1} - \frac{1}{n} \right) x^{2n-1} = \frac{1}{x} \left( \, (1+x) \ln(1+x) + (1-x) \ln(1-x) \, \right) \end{align*}$

Für $\begin{align*} x \to 1 \end{align*}$ strebt der zweite Summand in der Klammer gegen 0, so daß man als Grenzwert $\begin{align*} 2 \ln(2) \end{align*}$ erhält, was nach dem Abelschen Grenzwertsatz auch der Wert der Reihe bei $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ ist.

Entsprechend auch

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{3}{3n-1} - \frac{1}{n} \right) x^{3n-1} = \frac{1}{2} \ln \left( x^2 + x + 1 \right) - \sqrt{3} \arctan \left( \frac{\sqrt{3}}{3} (2x+1) \right) + \frac{\sqrt{3}}{6} \pi + \frac{1}{x} \left( \, \ln \left( x^2 + x + 1 \right) + (1-x) \ln(1-x) \, \right) \end{align*}$

Die rechte Seite strebt für $\begin{align*} x \to 1 \end{align*}$ gegen $\begin{align*} \frac{3}{2} \ln(3) - \frac{\sqrt{3}}{6} \pi \end{align*}$ . Wieder ist das nach dem Abelschen Grenzwertsatz auch der Wert der Reihe bei $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ .

Jetzt noch subtrahieren:

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \left( \frac{2}{2n-1} - \frac{1}{n} \right) - \left( \frac{3}{3n-1} - \frac{1}{n} \right) \right) \ = \ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{2n-1} - \frac{3}{3n-1} \right) = 2 \ln(2) - \frac{3}{2} \ln(3) + \frac{\sqrt{3}}{6} \pi \end{align*}$

06.08.2025, 05:00

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Auf den Punkt getroffen: Der Abelsche Grenzwertsatz ist auch auf $\begin{eqnarray*} \lim_{x\nearrow 1} g(x) \end{eqnarray*}$ anwendbar, allerdings kommt dabei eine "umsortierte" Reihe der nicht absolut konvergenten Reihe mit den Gliedern $\begin{eqnarray*} \frac{2}{2n-1} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} -\frac{3}{3n-1} \end{eqnarray*}$ heraus, wobei die Glieder in der aufsteigend sortierten Reihenfolge der $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ -Exponenten $\begin{eqnarray*} 2n-1 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 3n-1 \end{eqnarray*}$ angeordnet sind, und deren Reihenwert unterscheidet sich offenbar vom gesuchten $\begin{eqnarray*} g(1) \end{eqnarray*}$ .

Eine Alternative zu Leopolds Reparatur ist $\begin{eqnarray*} f(x)= \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{2n-1}x^{6n-3} - \frac{3}{3n-1}x^{6n-2} \right) \end{eqnarray*}$ . Hier klappt der obige Weg " $\begin{eqnarray*} f' \end{eqnarray*}$ als geometrische Reihe ausrechnen --> Partialbruchzerlegung --> Integration" weil es mit den beiden Potenzen $\begin{eqnarray*} x^{6n-3},x^{6n-2} \end{eqnarray*}$ hier zu keiner Umsortierung der Reihe kommt (die nach wie vor für $\begin{eqnarray*} x=1 \end{eqnarray*}$ nicht absolut konvergiert).

Für mich ein schönes Beispiel, dass man wirklich alle Voraussetzungen des Abelschen Grenzwertsatzes ernst nehmen sollte, insbesondere die "richtige" Reihenfolge der Reihenglieder.

------------------------

Den Fehler oben noch etwas ausführlicher dargestellt:

Für $\begin{eqnarray*} |x|<1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} g(x) \end{eqnarray*}$ eine absolut konvergente Reihe, die zu einer wirklichen Potenzreihe $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{\infty} a_k x^k \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} a_k = \begin{cases} \frac{2}{k} &\mbox{ für }k=6m+1\mbox{ und }k=6m+3\\ -\frac{3}{k} &\mbox{ für }k=6m+2\\ -\frac{1}{k} &\mbox{ für }k=6m+5\\ 0 &\mbox{ sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$

umsortiert werden kann. Laut Abelschen Grenzwertsatz ist dann tatsächlich $\begin{eqnarray*} \lim_{x\nearrow 1} g(x) = \sum_{k=1}^{\infty} a_k \end{eqnarray*}$ und das ist gleich $\begin{eqnarray*} \sum_{m=0}^{\infty} \left( \frac{2}{6m+1} - \frac{3}{6m+2} + \frac{2}{6m+3} - \frac{1}{6m+5} \right) = \ln(2) - \frac{1}{2}\ln(3) + \frac{\sqrt{3}}{6}\pi \end{eqnarray*}$ .

Aber, und das ist der springende Punkt, das ist ein anderer Wert als $\begin{eqnarray*} g(1) = \sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{2}{2n-1} - \frac{3}{3n-1} \right) \end{eqnarray*}$ .

23.09.2025, 06:31

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 78

Es sei $\begin{eqnarray*} f(n) \end{eqnarray*}$ die Anzahl der verschiedenen Primfaktoren in der Primfaktorzerlegung von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , d.h., $\begin{eqnarray*} f(1)=0,f(2)=f(3)=f(4)=f(5)=1,f(6)=2 \end{eqnarray*}$ usw.

Man zeige, dass es für jede natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ zwei natürliche Zahlen $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ gibt mit $\begin{eqnarray*} n=b-a \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} f(a)=f(b) \end{eqnarray*}$ .

Hätte ich an sich (was das Wissen betrifft, sie lösen zu können) auch in der Schulmathematik anbringen können - aber ich will mich nicht den Klagen "zu schwer dafür" aussetzen.

22.10.2025, 05:42

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Aufgabe 79

a) Es seien $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ eine nichtnegative ganze Zahl, $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ eine positive irrationale Zahl, sowie $\begin{eqnarray*} m = \left\lfloor n\alpha\right\rfloor \end{eqnarray*}$ . Man zeige: $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \left\lfloor k\alpha\right\rfloor + \sum_{k=1}^m \left\lfloor \frac{k}{\alpha} \right\rfloor = mn \end{eqnarray*}$ .

b) Man finde eine geeignete Rekursion, die die Berechnung von $\begin{eqnarray*} f(n) = \sum_{k=1}^n \left\lfloor k\sqrt{2} \right\rfloor \end{eqnarray*}$ mit Aufwand $\begin{eqnarray*} O\left(\log(n)\right) \end{eqnarray*}$ ermöglicht.

$\begin{eqnarray*} \left\lfloor \ldots \right\rfloor \end{eqnarray*}$ kennzeichnet wie üblich die (untere) Gaußklammer.

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Ok, hat wohl keiner so richtig Lust bzw. die richtige Idee - ich fand das Problem aber ganz originell und hatte es deswegen hier eingestellt.

a) Man betrachte die $\begin{eqnarray*} mn \end{eqnarray*}$ Einheitsquadrate im Gitter $\begin{eqnarray*} \{0,1,\ldots,n\}\times \{0,1,\ldots,m\} \end{eqnarray*}$ und ziehe dort die Gerade $\begin{eqnarray*} y=\alpha x \end{eqnarray*}$ ein. Nun zähle man diejenigen Einheitsquadrate, deren rechter oberer Randpunkt unter dieser Gerade liegen, da kommt $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n \left\lfloor k\alpha\right\rfloor \end{eqnarray*}$ raus. Jetzt wechseln wir die Perspektive $\begin{eqnarray*} x\leftrightarrow y \end{eqnarray*}$ , dann entspricht die obige Gerade der Gleichung $\begin{eqnarray*} x = \frac{y}{\alpha} \end{eqnarray*}$ , und die Anzahl Einheitsquadrate, deren rechter oberer Randpunkt unter der Gerade $\begin{eqnarray*} x = \frac{y}{\alpha} \end{eqnarray*}$ (und damit über der Geraden $\begin{eqnarray*} y=\alpha x \end{eqnarray*}$ ) liegen ist $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^m \left\lfloor \frac{k}{\alpha} \right\rfloor \end{eqnarray*}$ .

Insgesamt haben wir dadurch jedes der $\begin{eqnarray*} mn \end{eqnarray*}$ Einheitsquadrate genau einmal erfasst (entweder unter der Gerade oder darüber), damit ist die Behauptung bewiesen. (Durch die Voraussetzung der Irrationalität wird gewährleistet, dass keiner dieser rechten oberen Eckpunkte genau auf der Geraden liegt, was essentiell für die Beweisführung ist.)

b) Wählt man $\begin{eqnarray*} \alpha=\sqrt{2}-1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} g(n) = \sum_{k=1}^n \left\lfloor k\alpha\right\rfloor \end{eqnarray*}$ , dann besteht der Zusammenhang $\begin{eqnarray*} f(n) = g(n) + \sum_{k=1}^n k = g(n) + \frac{n(n+1)}{2} \end{eqnarray*}$

Andererseits folgt mit $\begin{eqnarray*} m=\left\lfloor \alpha n\right\rfloor \end{eqnarray*}$ sowie a) und wegen $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\alpha} = \sqrt{2}+1 = \alpha+2 \end{eqnarray*}$ die Gleichung

$\begin{eqnarray*} g(n) = mn - \sum_{k=1}^m \left\lfloor k\left(\alpha+2\right) \right\rfloor = mn - g(m) - m(m+1) \end{eqnarray*}$

bzw. dann auf $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ umgerechnet

$\begin{eqnarray*} f(n) = mn + \frac{n(n+1)}{2} - \frac{m(m+1)}{2} - f(m) = mn + \frac{(n-m)(n+m+1)}{2} - f(m) \end{eqnarray*}$ mit Start $\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Mit $\begin{eqnarray*} n_{k+1} =\left\lfloor (\sqrt{2}-1) n_k\right\rfloor < (\sqrt{2}-1) n_k \end{eqnarray*}$ ist die Argumentfolge $\begin{eqnarray*} (n_k)_{k=0,1,2,\ldots} \end{eqnarray*}$ dieser Rekursion nach oben durch eine geometrische Nullfolge beschränkt; bei Start $\begin{eqnarray*} n_0=n \end{eqnarray*}$ bekommt man somit nach maximal $\begin{eqnarray*} k = \left\lceil -\frac{\log(n)}{\log(\sqrt{2}-1)} \right\rceil = \left\lceil \frac{\log(n)}{\log(\sqrt{2}+1)} \right\rceil \end{eqnarray*}$ Schritten einen Wert $\begin{eqnarray*} n_k<1 \end{eqnarray*}$ , d.h., $\begin{eqnarray*} n_k=0 \end{eqnarray*}$ .

Beispielrechnung: $\begin{eqnarray*} n=1000 \end{eqnarray*}$ ergibt die Folge $\begin{eqnarray*} (n_k) = (1000,414,171,70,28,11,4,1,0,\ldots) \end{eqnarray*}$ und damit rückwärts die Rechnung

$\begin{eqnarray*} f(0) = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(1) = 1-f(0) = 1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(4) = 13-f(1) = 12 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(11) = 100-f(4) = 88 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(28) = 648-f(11) = 560 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(70) = 4039-f(28) = 3479 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(171) = 24191-f(70) = 20712 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(414) = 141993-f(171) = 121281 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(1000) = 828595-f(414) = 707314 \end{eqnarray*}$

10.12.2025, 18:36

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Jetzt mal eine Aufgabe, die man durch "hartnäckiges Probieren" ganz gut in den Griff kriegen kann:

Zitat:

Aufgabe 80

Ausgehend von einer natürlichen Zahl $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ führt man eine Anzahl von Schritten durch. Bei jedem einzelnen Schritt ersetzt man dabei die Ausgangszahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ oder aber durch den zweitkleinsten Primteiler der Zahl $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ - die letztere Möglichkeit besteht allerdings nur dann, falls $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mindestens zwei verschiedene Primteiler besitzt.

Sei nun $\begin{eqnarray*} f(n) \end{eqnarray*}$ die minimal benötigte Anzahl solcher Schritte, um von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ zu 1 zu gelangen.

Man bestimme $\begin{eqnarray*} \max\limits_{n>1} f(n) \end{eqnarray*}$ .

Beispiel für einen Schritt ausgehend von $\begin{eqnarray*} n=70=2\cdot 5\cdot 7 \end{eqnarray*}$ : Entweder 69 oder 5.

Bei $\begin{eqnarray*} n=64=2^6 \end{eqnarray*}$ gibt es hingegen nur die eine Möglichkeit 63.

11.12.2025, 11:54

willyengland

Auf diesen Beitrag antworten »

Und dann:
63 - 7 - 6 - 3 - 2 - 1

Habe ich das richtig verstanden?

11.12.2025, 13:17

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von willyengland
Und dann:
63 - 7 - 6 - 3 - 2 - 1

Habe ich das richtig verstanden?

Ja, das ist ein möglicher Weg. Immer dann, wenn die Zahl mindestens zwei verschiedene Primteiler hat, muss man aber nicht zwingend den Weg über den zweitkleinsten Primteiler gehen - manchmal ist auch der Weg über n-1 der kürzere - Beispiel:

55 - 11 - 10 - 5 - 4 - 3 - 2 - 1 ist länger als 55 - 54 - 3 - 2 - 1 .

Richtig ist die folgende Rekursion: $\begin{eqnarray*} f(1)=0 \end{eqnarray*}$ sowie für $\begin{eqnarray*} n>1 \end{eqnarray*}$ die Iteration

$\begin{eqnarray*} f(n) = \begin{cases} \min\{f(n-1),f(p_2(n))\}+1 & n\in A\\ f(n-1)+1 &\mbox{sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$ ,

dabei ist $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ die Menge aller positiven ganzen Zahlen mit mindestens zwei verschiedenen Primteilern, und $\begin{eqnarray*} p_2(n) \end{eqnarray*}$ der zweitkleinste Primteiler für solche $\begin{eqnarray*} n\in A \end{eqnarray*}$ .

11.12.2025, 15:38

willyengland

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, verstehe.
Interessante Aufgabe!

05.01.2026, 08:19

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Nach knapp einem Monat löse ich mal auf: Am Ende kommt raus $\begin{eqnarray*} \max\limits_{n>1} f(n) = 8 \end{eqnarray*}$ . Wesentlich ist dabei die Erkenntnis $\begin{eqnarray*} f(6k)=3 \end{eqnarray*}$ , denn Zahl $\begin{eqnarray*} 6k \end{eqnarray*}$ hat als zweitkleinsten Primfaktor ja sicher die 3, und $\begin{eqnarray*} f(2)=1,f(3)=2 \end{eqnarray*}$ sind offenkundig.

Basierend auf $\begin{eqnarray*} f(n)\leq f(n-1)+1 \end{eqnarray*}$ gilt damit auch $\begin{eqnarray*} f(6k+r)\leq 3+r \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} r=0,1,\ldots,5 \end{eqnarray*}$ (übrigens stets mit Gleichheit für $\begin{eqnarray*} r=0 \end{eqnarray*}$ und auch auch $\begin{eqnarray*} r=1 \end{eqnarray*}$ ), und jetzt braucht man für $\begin{eqnarray*} r=5 \end{eqnarray*}$ nur noch ein geeignetes $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ zu finden, so dass dort tatsächlich Gleichheit herrscht. Und das ist für $\begin{eqnarray*} k=13 \end{eqnarray*}$ der Fall, d.h., es ist $\begin{eqnarray*} f(83)=8 \end{eqnarray*}$ , wovon man sich durch Betrachtung der zugehörigen Funktionswerte der Rekursion überzeugen kann.

Ist also nicht wirklich schwer gewesen, wenn man geduldig das Zahlenmaterial sichtet. Augenzwinkern

« vorherige Seite 123456

Neue Frage »

Antworten »

Übergangs-Marathon Mathematik - Seite 6

Verwandte Themen