Diskussionen zum Übergangsmarathon - Seite 4

17.08.2014, 07:15

Ich hab es nochmal etwas anders hingeschrieben

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{w(k)}+x^{-w(k)}}{x^k}=\frac{3x-1}{x-1} \ ; \ x \in \mathbb{R} \vee -1>x>1 \end{eqnarray*}$

17.08.2014, 11:15

Leopold

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Zitat:

Original von xb
Ich hab es nochmal etwas anders hingeschrieben

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{w(k)}+x^{-w(k)}}{x^k}=\frac{3x-1}{x-1} \ ; \color{red} \ x \in \mathbb{R} \vee -1>x>1 \end{eqnarray*}$

Das Ergebnis stimmt. Du solltest aber

$\begin{align*} x<-1 \ \ \text{oder} \ \ x>1 \end{align*}$

schreiben. In einer Ungleichungskette dürfen die Zahlen entweder nur größer oder nur kleiner werden.

17.08.2014, 14:47

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Ich meinte eigentlich "und" und nicht "oder" smile

$\begin{eqnarray*} x \in \mathbb{R} \wedge -1>x>1 \end{eqnarray*}$

Aber vielleicht wäre diese schreibweise besser gewesen

$\begin{eqnarray*} D=\left\{ x\in \mathbb R |-1>x>1 \right\} \end{eqnarray*}$

oder so?

$\begin{eqnarray*} D=\left\{ x\in \mathbb R |x<-1 \vee x>1\right\} \end{eqnarray*}$

17.08.2014, 15:17

RavenOnJ

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Zitat:

Original von xb
Ich hab mal versucht die Aufgabe 21 numerisch zu lösen und dabei auch gleich etwas erweitert

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{b^{w(k)}+b^{-w(k)}}{b^k}=\frac{3b-1}{b-1} \ ; \ -1>b>1 \end{eqnarray*}$

Das sehe ich persönlich aber nicht als Lösung der Aufgabe an. Für mich ist das nur eine Spur besser als raten. Bitte noch eine nicht-numerische Lösung.

17.08.2014, 15:50

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Für mich ist das nur eine Spur besser als raten

Es mag sein, dass es bei Musteraufgaben analytische Lösungswege gibt
aber in der Realität wirst du ohne Numerik nicht weit kommen

Ich habe meine Antwort auch nicht als Lösung gesehen
obwohl sie es ist

17.08.2014, 19:14

RavenOnJ

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Zitat:

Original von xb

Zitat:

Original von RavenOnJ
Für mich ist das nur eine Spur besser als raten

Deine Ansicht ist in diesem Fall wiederlegt. Außerdem weiß ich nicht, welche Realität du meinst. In der physischen Realität bzw. deren Simulationen magst du recht haben. In der reinen Mathematik weniger. Es gibt bisher sehr wenig Beweise, die auf Computerhilfe angewiesen sind, schon gar nicht auf Numerik. Selbst die Beweise mit Hilfe von Rechnern können u.U. auch ohne diese durchgeführt werden.

Übrigens, wenn deine Methode eine Lösung darstellt, dann wäre ich gespannt auf eine Präsentation. Ich vermute aber eher, dass dein Ergebnis nur heuristisch begründet ist.

18.08.2014, 14:00

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Ich vermute aber eher, dass dein Ergebnis nur heuristisch begründet ist

Genau so ist es

Ich weiß jetzt nicht, ob ich eine neue Aufgabe stellen soll?
weil die 22 ist noch nicht gelöst ist

Ich hätte da was Numerisches
das heißt man wird den Computer brauchen
und dann noch etwas Heuristik

Wenn das nicht erwünscht ist bitte Bescheid geben

19.08.2014, 09:07

Leopold

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Einfach etwas nach einem vorgegebenen Algorithmus numerisch zu berechnen, wäre vielleicht nicht so spannend. Selber jedoch einen Algorithmus zu entwickeln, der die numerische Behandlung eines Problems ermöglicht, zum Beispiel eine numerische Instabilität beseitigt oder die Effektivität der Rechnung erhöht, warum sollte man so etwas nicht zur Aufgabe stellen? Ich kann mir auch Aufgaben vorstellen, die auf Gleichungen führen, die mit gängigen Mitteln nicht zu lösen sind. Dann geht es halt numerisch weiter. Warum nicht!

Also nur Mut! Das Schlimmste, was dir passieren kann, ist, daß die andern die Aufgabe "blöd" finden und sie dann liegenbleibt. Für einen starken Charakter sollte aber auch das kein Problem sein.

19.08.2014, 10:22

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Das war meine Idee

Nochmal eine Erweiterung der Aufgabe 21
Man stelle eine Vermutung auf, die jedem Test standhält

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{\infty} (\frac{x^{w(k)}+x^{-w(k)}}{x^k})^{2}=\ \ ? \ ; \ x \in \mathbb{R} \wedge -1>x>1 \end{eqnarray*}$

Aber ich werde eine andere Aufgabe nehmen

Mir ist aber nicht ganz klar, ob die Aufgabe 22 schon gelöst ist?

19.08.2014, 10:58

Leopold

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Zitat:

Original von xb
Mir ist aber nicht ganz klar, ob die Aufgabe 22 schon gelöst ist?

Ich würde sagen: Ja. Es ist ja nur noch ein Schritt zur Lösung: Vide!

Zitat:

Original von xb
$\begin{eqnarray*} \ldots \color{red} \ x \in \mathbb{R} \wedge -1>x>1 \end{eqnarray*}$

Ich sagte dir schon, daß diese Schreibweise verboten ist. Du solltest denselben Fehler nicht immer wieder machen.

19.08.2014, 13:56

Guppi12

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Was man zu der Schreibweise noch hinzufügen kann:

Ich würde an dieser Stelle sagen: Gut, Aufgabe gelöst, da das zu Zeigende nur für Elemente der leeren Menge zu zeigen ist, denn offensichtlich gibt es kein $\begin{eqnarray*} x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ , das kleiner als -1 und gleichzeitig größer als 1 ist. (So wird diese Schreibweise nunmal gelesen!)

20.08.2014, 14:28

RavenOnJ

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@Huggy
Eigentlich muss man doch anfangs nur die Ereignisse "2n-3 mal geworfen, dabei Z=n-1 und W=n-2" und "2n-3 mal geworfen, dabei Z=n-2 und W=n-1" berücksichtigen. Die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten sind gleich und ich nenne sie $\begin{eqnarray*} P(Z=n-1,W=n-2) \end{eqnarray*}$ resp. $\begin{eqnarray*} P(Z=n-2,W=n-1)= P(Z=n-1,W=n-2) \end{eqnarray*}$ .

Der (2n-2)-te Wurf führt zu den Ereignissen $\begin{eqnarray*} (Z=n,W=n-2) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} (Z=n-1,W=n-1) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (Z=n-2,W=n) \end{eqnarray*}$ mit den Wahrscheinlichkeiten

$\begin{eqnarray*} P(Z=n-1,W=n-1) = 2P(Z=n,W=n-2)=2P(Z=n-2,W=n) \end{eqnarray*}$ .

Da das Ergebnis des (2n-1)-ten Wurfes nach dem Ereignis $\begin{eqnarray*} (Z=n-1,W=n-1) \end{eqnarray*}$ mit Sicherheit zum Erfolg führt, gilt

$\begin{align*} P(\text{Erfolg nach 2n-1 Würfen}):=P(Z=n,W=n-1)+ P(Z=n-1,W=n)&=\\ P(Z=n,W=n-2)+P(Z=n-2,W=n)&=:P(\text{Erfolg nach 2n-2 Würfen}) \end{align*}$ .

20.08.2014, 15:28

Huggy

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@RavenOnJ
Es gibt halt immer mehrere Beweismöglichkeiten. Deine ist einfacher!

20.08.2014, 15:53

Leopold

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Zitat:

Original von xb
Aufgabe 24

Eine Münze wird so lange geworfen bis entweder n mal (ergänze: hintereinander) Zahl
oder n mal (ergänze: hintereinander) Wappen erschienen ist

Zeige
die Wahrscheinlichkeit,dass man 2n-1 mal werfen muss ist
genauso groß wie die Wahrscheinlichkeit,dass man 2n-2 mal werfen muss

Ist das überhaupt so gemeint, daß die n gleichen Ausgänge direkt hintereinander folgen? verwirrt

Ich würde das anders auffassen. Vielleicht sollte xb die Aufgabenstellung präzisieren.

20.08.2014, 16:09

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Leopold

Zitat:

Ist das überhaupt so gemeint, daß die n gleichen Ausgänge direkt hintereinander folgen? verwirrt

Ich würde das anders auffassen. Vielleicht sollte xb die Aufgabenstellung präzisieren.

Es geht nicht darum, dass die Zahlen oder Wappen hintereinander kommen. Es soll nur so sein, dass der Erfolg nach genau 2n-2 bzw. 2n-1 Würfen eintritt. Dafür ist nur Voraussetzung, dass nach 2n-3 Würfen noch nicht n-mal dasselbe gekommen ist.

20.08.2014, 16:43

Huggy

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Bei meinem Beweis habe ich die Forderung Kopf oder Zahl n mal hintereinander unterstellt.

20.08.2014, 18:48

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Zitat:

Original von Leopold
Vielleicht sollte xb die Aufgabenstellung präzisieren

Ich meinte nicht n hintereinander sondern n gesamt smile

20.08.2014, 19:11

RavenOnJ

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Zitat:

Original von xb

Zitat:

Original von Leopold
Vielleicht sollte xb die Aufgabenstellung präzisieren

Ich meinte nicht n hintereinander sondern n gesamt smile

Und bei meinem Beweis setze ich auch nur das voraus.

21.08.2014, 06:32

tmo

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Bedeutet jede zweite Tür die Türen 1,3,5,7,... oder 2,4,6,8,...?

Zumindest für Quadratzahlen und vor allem für den armen ersten Häftling macht das ja einen kleinen aber feinen Unterschied.

21.08.2014, 07:37

Leopold

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Jede zweite Tür: 2,4,6,...
Jede dritte Tür: 3,6,9,...
Und so weiter.

21.08.2014, 19:07

RavenOnJ

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@Huggy, et al
Euer aktueller Lösungseifer in Ehren. Ich fände es aber gut, wenn ihr mit Lösungen etwas warten würdet. Nicht jeder hat die Zeit oder Lust, sich unmittelbar nach Aufgabenstellung dran zu setzen. Ein Tag sollte mMn wenigstens zwischen Stellung einer Aufgabe und Veröffenttlichung der Lösung liegen.

Edit: Ich will mich selber nicht ausnehmen, hab ja auch heute morgen nach ca. 2 Stunden eine Lösung präsentiert. Wollte halt diesmal tmo zuvor kommen Augenzwinkern

. Hatte leider trotzdem nicht geklappt. traurig

22.08.2014, 07:04

Huggy

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@RavenOnJ
Guter Hinweis!
Da ich mich erst das zweite mal beteiligt habe, habe ich diesen Aspekt gar nicht beachtet.

22.08.2014, 08:07

tmo

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So ganz überzeugt bin ich von dem Beweis noch nicht. Insbesondere die Argumentation unter "Wichtig" ist halt noch sehr schwammig. Das scheint mir letztendlich so durchzugehen, aber um das lückenlos zu machen, braucht man wohl noch viel an Technik. Da es definitiv einen hiebfesteren Beweis gibt, der sehr leicht nachzuvollziehen ist, würde ich die Runde im Sinne von RavenOnJ noch mal für den Tag freigeben.

Vielleicht mal ein Tipp: Wie so oft bei solchen Aufgaben, besteht mehr als die halbe Miete darin, sich eine geeignete Invariante zu suchen, um dann zu zeigen, dass eine Stellung, bei der keine Münze im markierten Bereich liegt, diese Invariante ändern würde.

22.08.2014, 10:26

Leopold

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Zitat:

Original von Huggy

Zitat:

Aufgabe 28

Zwei Teams A und B tragen einen Wettkampf aus. Team A gewinnt ein einzelnes Spiel mit Wahrscheinlichkeit p. Mit Wahrscheinlichkeit r geht das Spiel unentschieden aus. Mit Wahrscheinlichkeit q = 1 - p - r gewinnt Team B das Spiel. Den Wettkampf gewinnt das Team, das zuerst 2 Siege mehr hat als das andere Team.

Mit welcher Wahrscheinlichkeit gewinnt Team A den Wettkampf?

Dann will ich auch nicht gleich meinen Beweis vorlegen. Zumindest aber will ich Huggy fragen, ob

$\begin{align*} \frac{p^2}{p^2 + q^2} \end{align*}$

die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist.

22.08.2014, 10:36

tmo

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Wenn das so ist, beuge ich mich der Mehrheit (damit meine ich, dass die "Mehrheit" schon die neue Aufgabe bearbeitet, und wenn jetzt Leopold die neue Aufgabe löst und jemand anderes die alte Aufgabe, so wäre ja nicht klar, wer weitermacht) und beende die Aufgabe 27, damit wir nicht 2 Aufgabe gleichzeitig offen haben.

Hier mal eine Lösung:

Wir bewerten die Felder folgendermaßen:

$\begin{eqnarray*} \begin{matrix} \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \\ \frac{1}{8} & \frac{1}{16} & \frac{1}{32} & \frac{1}{64} & \cdots \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{8} & \frac{1}{16} & \frac{1}{32} & \cdots \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \frac{1}{8} & \frac{1}{16} & \cdots \\ 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \frac{1}{8} & \cdots \end{matrix} \end{eqnarray*}$

Offenbar haben die beiden neuen Münzen nach einem Zug immer den halben Wert der entfernten Münze. Der Gesamtwert aller Münzen bleibt also invariant und somit konstant 1.

Der Gesamtwert aller Felder ist 4, der markierte Bereich hat Wert 3, folglich ist der Gesamtwert aller Felder im nicht-markierten Bereich 1. Endlich viele Münzen im nicht-markierten Bereich können also nie den Wert 1 erreichen, folglich kann der markierte Bereich nach endlich vielen Schritten nicht komplett verlassen werden.

22.08.2014, 10:45

Guppi12

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Wow!

Diese Lösung ist mMn. eines der Beispiele dafür, wie ästhetisch Mathematik sein kann.

22.08.2014, 10:57

Huggy

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Zitat:

Original von Leopold
Dann will ich auch nicht gleich meinen Beweis vorlegen. Zumindest aber will ich Huggy fragen, ob

$\begin{align*} \frac{p^2}{p^2 + q^2} \end{align*}$

die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist.

Das ist korrekt.

22.08.2014, 11:00

tmo

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Zitat:

Original von Guppi12
Wow!

Diese Lösung ist mMn. eines der Beispiele dafür, wie ästhetisch Mathematik sein kann.

Ja, ich hab diese Lösung damals auch nur gelesen und nicht selbst erdacht, und dachte mir in dem Moment auch, dass der englisch-sprachige Mathematiker nun sagen würde: "This is a proof from the BOOK". Freude

Das Schöne an der Lösung ist vor allem, dass sie selbst ein Siebtklässler verstehen (nicht erdenken, wenn es sich nicht gerade um ein Wunderkind handelt) kann. Im ersten Moment sieht es so aus als müsste man von den Stichwörtern "geometrische Reihe" und "Konvergenz" schonmal gehört haben, aber tatsächlich braucht man für die Einsicht, dass endlich viele Münzen auf dem kompletten Feld nie den Wert 4 überschreiten können, nur die Tatsache, dass eine positive Zahl positiv bleibt, wenn man sie halbiert. Und das versteht tatsächlich schon ein Siebtklässler, der gerade die negativen Zahlen kennengelernt hat.

22.08.2014, 11:02

Huggy

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@tmo
Nach so etwas habe ich gesucht, bin aber nicht fündig geworden.

Das "schwammige" in meinem Beweis kann man zwar weniger schwammig machen, aber an diesen eleganten Beweis wird man so nie herankommen.

22.08.2014, 16:31

RavenOnJ

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Zitat:

Original von tmo

Wir bewerten die Felder folgendermaßen:

$\begin{eqnarray*} \begin{matrix} \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \\ \frac{1}{8} & \frac{1}{16} & \frac{1}{32} & \frac{1}{64} & \cdots \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{8} & \frac{1}{16} & \frac{1}{32} & \cdots \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \frac{1}{8} & \frac{1}{16} & \cdots \\ 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \frac{1}{8} & \cdots \end{matrix} \end{eqnarray*}$

Offenbar haben die beiden neuen Münzen nach einem Zug immer den halben Wert der entfernten Münze. Der Gesamtwert aller Münzen bleibt also invariant und somit konstant 1.

Der Gesamtwert aller Felder ist 4, der markierte Bereich hat Wert 3, folglich ist der Gesamtwert aller Felder im nicht-markierten Bereich 1. Endlich viele Münzen im nicht-markierten Bereich können also nie den Wert 1 erreichen, folglich kann der markierte Bereich nach endlich vielen Schritten nicht komplett verlassen werden.

Schade, das ist genau die Lösung, die ich mir vorhin überlegt hatte: Genau diese Invariante bei einem Zug. Summe der Bewertungen außerhalb Kreuzchenbereich (KB) ist 1. Das sind unendlich viele Felder und da nach endlich vielen Zügen nur endlich viele Felder besetzt sein können, muss die Summe der besetzten Felder außerhalb des KB kleiner 1 sein, ergo muss ein Feld im KB immer besetzt bleiben.

22.08.2014, 16:40

RavenOnJ

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Zitat:

Original von tmo

Das Schöne an der Lösung ist vor allem, dass sie selbst ein Siebtklässler verstehen (nicht erdenken, wenn es sich nicht gerade um ein Wunderkind handelt) kann. Im ersten Moment sieht es so aus als müsste man von den Stichwörtern "geometrische Reihe" und "Konvergenz" schonmal gehört haben, aber tatsächlich braucht man für die Einsicht, dass endlich viele Münzen auf dem kompletten Feld nie den Wert 4 überschreiten können, nur die Tatsache, dass eine positive Zahl positiv bleibt, wenn man sie halbiert. Und das versteht tatsächlich schon ein Siebtklässler, der gerade die negativen Zahlen kennengelernt hat.

Selbst mein Sohn (9 1/2 Jahre) hat die Lösung verstanden, aber vielleicht ist er kein Maßstab. Immerhin weiß er schon, dass $\begin{align*} \sum\limits_{i=1}^\infty 2^{-i} = 1 \end{align*}$ gilt und das ist wohl auch nicht typisch für einen 9-jährigen. Ich hatte ihm mal vor zwei Jahren das Buch "Der Zahlenteufel" von H. M. Enzensberger geschenkt, was er mit Begeisterung gelesen hat. In diesem Buch kam diese Reihe vor. Übrigens ein sehr empfehlenswertes Buch für Kinder mit einem Faible für Mathematik.

15.09.2014, 09:49

tmo

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Besteht hier noch Interesse? Ich könnte sonst auflösen und die Runde freigeben.

26.09.2014, 17:07

Mathema

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Ich hätte einen Vorschlag für eine Aufgabe aus dem Bereich der Zahlentheorie. Ich weiß aber nicht, welches Niveau für diesen Thread passend ist, also schreibe ich es einfach mal hier. Ihr könnt wohl besser beurteilen, ob diese Aufgabe geeignet ist, oder nicht.

Zeige:

Für alle natürlichen Zahlen n ist $\begin{eqnarray*} 3^n + 2 \cdot 17^n \end{eqnarray*}$ keine Quadratzahl.

Falls diese Aufgabe ungeeignet ist, entschuldigt bitte.

Wink

26.09.2014, 23:31

tmo

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Mit ein bisschen Erfahrung geht das in einer Zeile, aber für den Übergangsmarathon passend, würde ich sagen Freude

27.09.2014, 14:21

Mathema

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Das ging ja schnell diesmal. Aber schön verschiedene Lösungen zu sehen. Gmasterflash - du darfst die nächste Aufgabe stellen, wenn du denn möchtest. Freude

27.09.2014, 14:26

Gast11022013

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Ich habe leider nichts wirklich passendes.
Sowie alle anderen auch, gebe ich also den Stab weiter.

Wenn niemand eine Aufgabe stellt, dann werde ich vielleicht morgen irgendeine alte Übungsaufgabe posten.

Edit:

Zitat:

Aber schön verschiedene Lösungen zu sehen.

Mich würde ja noch die Einzeiler Lösung von tmo interessieren.

27.09.2014, 14:41

Nofeykx

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Meint ihr, das ist angemessen?

Seien $\begin{eqnarray*} A,B \end{eqnarray*}$ Mengen und es gebe eine Bijektion $\begin{eqnarray*} (A\times\{0,1\}) \leftrightarrow (B\times\{0,1\}) \end{eqnarray*}$ .
Konstruiere daraus eine Bijektion $\begin{eqnarray*} A\leftrightarrow B \end{eqnarray*}$ .

Wir arbeiten mit ZFC.

27.09.2014, 14:48

RavenOnJ

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Was meinst du mit "konstruiere daraus"?

27.09.2014, 15:23

Nofeykx

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Man kann die neue Bijektion mit Hilfe der alten angeben. Ist nicht ganz einfach.

27.09.2014, 15:28

Nofeykx

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Vielleicht noch etwas genauer: Man kann die neue Funktion als Verknüpfung der alten mit bekannten anderen Funktionen / Fallunterscheidungen usw. hinschreiben.

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