Diskussionen zum Übergangsmarathon - Seite 5

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27.09.2014, 15:33

RavenOnJ

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OK! Stell die Aufgabe doch einfach, nur etwas spezifischer als in der ersten Version.

28.09.2014, 22:57

Nofeykx

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Ja, sehr gut, würde ich sagen Augenzwinkern

28.09.2014, 23:03

RavenOnJ

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Wäre so eine Aufgabe nicht eher im Uni-Marathon anzusiedeln? Den Erstsemester möchte ich sehen, der diese Aufgabe lösen könnte.

29.09.2014, 10:00

tmo

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Naja vielleicht ist der Umgang mit der transfiniten Induktion unbekannt. Aber letztendlich passiert da ja nichts anderes als bei einer normalen Induktion.

Hätte man also von vorneherein $\begin{align*} A = \mathbb N \end{align*}$ vorausgesetzt, so wäre die Aufgabe im Wesentlichen die selbe geblieben, nur hätte hier halt eine übliche vollständige Induktion gereicht. Und dann seh ich wirklich nicht, was ich nach meinem ersten Semester gelernt haben sollte, was mir bei dieser Aufgabe geholfen hat.

29.09.2014, 11:03

RavenOnJ

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Zitat:

Original von tmo
Naja vielleicht ist der Umgang mit der transfiniten Induktion unbekannt.

Wenn aber transfinite Induktion für den Beweis notwendig ist, dann wäre das ja schon ein KO-Kriterium.

29.09.2014, 21:09

Nofeykx

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Naja, ich habe doch extra nachgefragt, ob die Aufgabe angemessen ist.

Als interessierter Student kann man sich schonmal mit transfiniter Induktion beschäftigen und ich dachte es müsse nicht jede Aufgabe auf dem selben Niveau sein, sondern es könne auch etwas für interessiertere Studenten dabei sein.

30.09.2014, 15:53

Mathema

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Wer stellt hier nun eigentlich die nächste Aufgabe?

30.09.2014, 17:15

tmo

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Der, der will Augenzwinkern

08.10.2014, 11:17

tmo

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Die Matrizen nach dem Streichen heißen Minoren.

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

08.10.2014, 11:20

Guppi12

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Ohja, das hätte man sehen können Augenzwinkern

08.10.2014, 13:39

HAL 9000

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Alternativlösung zur Aufgabe 36:

1) Das 10fache der vorletzten Spalte zur letzten Spalte addieren
2) Die letzte Spalte enthält jetzt nur durch vier teilbare Zahlen...

08.10.2014, 14:13

Guppi12

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Auch gut. Das kann man ja sogar so erweitern, dass man die 4 durch eine beliebige Zahl ersetzt.

08.10.2014, 14:26

HAL 9000

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Zitat:

Original von Guppi12
Das kann man ja sogar so erweitern, dass man die 4 durch eine beliebige Zahl ersetzt.

Ja, man muss dann eben i.a. nur alle Spalten einbeziehen statt nur die letzten beiden. Augenzwinkern

08.10.2014, 14:33

tmo

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Ja, ich habe bewusst nur die 4 genommen, weil es dann noch recht viele Wege nach Rom gibt.

Man kann ja dann sogar noch weiter verallgemeinern (Was jetzt aber etwas konstruiert wirkt Big Laugh

):

Hat man eine nxn-Matrix derart, dass nach dem Streichen von irgendwelchen n-m Spalten und anschließendem Umordnen der Spalten eine nxm-Matrix übrigt bleibt, in der alle Zeilen als m-stellige Zahlen gelesen durch d teilbar sind, so ist die Determinante durch d teilbar Big Laugh

.

PS: Es fehlt natürlich noch: als m-stellige Zahlen in irgendeinem b-adischen Zahlsystem gelesen...Wobei dann ist man langsam bei einer Aussage angekommen, die genauso nützlich ist wie: Die Determinante ist durch 4 teilbar, wenn sie durch 4 teilbar ist. Teufel

09.10.2014, 08:57

10001000Nick1

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Zitat:

Original von tmo
Aufgabe 36:

Gegeben sei eine quadratische nxn-Matrix, deren Zeilen als n-stellige Zahlen gelesen durch 4 teilbar sind.

Warum sollten die Zahlen eigentlich nur n Stellen haben? Da steht doch nirgendwo, dass die Matrix nur einstellige Einträge hat.

Müsste man dann nicht noch eine Fallunterscheidung im Induktionsanfang machen, je nachdem, ob $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ ein- oder mehrstellig sind?
Denn bei mehr als einer Stelle von $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ist die Zahl der ersten Zeile ja nicht mehr $\begin{eqnarray*} 10a+b \end{eqnarray*}$ .

Allzu schwierig dürfte das aber nicht sein: Wenn $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ mehr als eine Stelle haben, dann sind die Zahlen der ersten bzw. zweiten Spalte genau dann durch 4 teilbar, wenn es $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ auch sind. Also ist dann auch die Determinante $\begin{eqnarray*} ad-bc \end{eqnarray*}$ durch 4 teilbar.
Bleibt noch der Fall, dass $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ einstellig und $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ mehrstellig ist (bzw. andersrum). Hab jetzt gerade keine Zeit mehr, vielleicht kann das ja noch jemand anderes machen. smile

Ach ja, vielleicht sollte man am Anfang noch ergänzen "Seien $\begin{eqnarray*} a,b,c,d\geq 0 \end{eqnarray*}$ .", damit man nicht mit Beträgen arbeiten muss (negative Vorzeichen von Einträgen der Matrix sollen doch sicherlich ignoriert werden.)

09.10.2014, 09:02

tmo

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Wenn ich bei einer nxn-Matrix von einer n-stelligen Zahl in einer Zeile rede, so setze ich natürlich stillschweigend voraus, dass alle Einträge einstellig aus $\begin{align*} \{0,1,\dotsc , 9\} \end{align*}$ sind.

edit: Die Aussage wird sonst auch einfach falsch (was natürlich an $\begin{align*} 100 \neq 10 \pmod 4 \end{align*}$ liegt):

$\begin{align*} \begin{pmatrix}1 & 2 \\ 1 & 12 \end{pmatrix} \end{align*}$

09.10.2014, 12:03

tmo

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Da habe ich wohl zu lange gewartet... Meine Lösung ist dafür etwas kürzer :P

Jeder Buchstabe sitzt auf genau zwei Kreisen, daher ist die Summe der Zahlen auf allen Kreisen $\begin{align*} 2 \sum_{k=2}^{10} k = 108 \end{align*}$ , folglich muss die Summe auf jedem Kreis 27 sein.

Für den blauen Kreis bedeutet das $\begin{align*} \{B,C,J\} = \{8,9,10\} \end{align*}$ und da das Problem invariant unter Sym(B,C,J) ist, können wir also mal $\begin{align*} B=8,C=9,J=10 \end{align*}$ setzen.

Nun kommen wir zu den inneren Kreisen:

Rot: $\begin{align*} (A+G)+(E+F)=19 \end{align*}$
Grün $\begin{align*} (A+G)+(D+H)=18 \end{align*}$
Gelb: $\begin{align*} (E+F)+(D+H)=17 \end{align*}$

Vergleich der letzten 2 Gleichungen liefert $\begin{align*} A+G=E+F+1 \end{align*}$ und die oberste Gleichung liefert dann $\begin{align*} E+F=9, A+G=10 \end{align*}$ . Eine der unteren Gleichungen gibt dann $\begin{align*} D+H = 8 \end{align*}$ .

Wenn man nun $\begin{align*} \{A,G\} \in \{2,3,4,5,6,7\} \end{align*}$ beachtet, gibt es nur 2 Möglichkeiten:

1. $\begin{align*} \{A,G\} \in \{3,7\} \end{align*}$ , dies führt zu $\begin{align*} \{E,F\} \in \{5,4\} \end{align*}$ und $\begin{align*} \{D,H\} \in \{2,6\} \end{align*}$

2. $\begin{align*} \{A,G\} \in \{4,6\} \end{align*}$ , dies führt zu $\begin{align*} \{E,F\} \in \{2,7\} \end{align*}$ und $\begin{align*} \{D,H\} \in \{3,5\} \end{align*}$

Unter den Vertauschungen $\begin{align*} A \leftrightarrow G \end{align*}$ , $\begin{align*} E \leftrightarrow F \end{align*}$ , $\begin{align*} D \leftrightarrow H \end{align*}$ ist das Problem ja auch invariant, also sind die obigen Lösungen die einzigen zwei echt verschiedene Lösungen.

09.10.2014, 12:16

Nofeykx

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Zitat:

Da habe ich wohl zu lange gewartet...

Aber zu deiner Lösung, da muss ich neidlos anerkennen: die ist viel schöner. Respekt

Möchtest du eine neue Aufgabe stellen?

12.10.2014, 15:03

tmo

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Jap, das deckt sich im Wesentlichen mit meiner Lösung.

Jetzt ist aber mal jemand anderes mit einer Aufgabe dran Augenzwinkern

14.10.2014, 08:09

HAL 9000

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Ja versprochen, da ich gerade eine andere Aufgabe zur elementaren Zahlentheorie gelöst habe, halte ich mich hier bei der 40 zurück. Big Laugh

21.10.2014, 08:05

HAL 9000

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"Drohung"
Na wenn bis Ende der Woche sich nix rührt, dann werde ich wohl mein Versprechen brechen. Teufel

21.10.2014, 16:27

tmo

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Ja, das passt eigentlich. Freude

Nur die allerletzte Umformung macht keinen Sinn.

Viel mehr solltest du aus $\begin{align*} abc\left( \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) = 1 \pmod {abc} \end{align*}$ und der Tatsache, dass die Klammer sicher größer als $\begin{align*} \frac{1}{abc} \end{align*}$ ist, folgern, dass die Klammer größer als 1 ist.

Und streng genommen hast du die unendlich vielen "trivialen" Lösungen $\begin{align*} (1,1,c) \end{align*}$ vergessen Teufel

Nächste Aufgabe?

21.10.2014, 16:37

Mathema

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Stimmt - danke dir für den Einwand - hab´s editiert.

Ich habe gerade keine gute Aufgabe parat. Ich überlege noch mal. Falls jemand anderes eine hat, darf er gerne hier diese stellen!

smile

24.10.2014, 08:56

Mathema

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Besteht noch Interesse an der aktuellen Aufgabe?

Oder hat jemand anderes eine bessere und kann nicht lösen. Dann einfach Bescheid sagen, dann löse ich auf.

Viel Spaß weiterhin (falls jemand dabei ist)!

Wink

24.10.2014, 12:53

Mathema

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Sieht gut aus Guppi Freude

Du darfst also gerne eine neue Aufgabe stellen, wenn du möchtest.

Schönes Wochenende dir!

Wink

24.10.2014, 12:55

Guppi12

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Alles klar, geht gleich los Augenzwinkern

Dir ebenso!

30.10.2014, 20:59

Mathema

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@Guppi:

Es gilt ja:

$\begin{eqnarray*} x_N = \frac{-1+ \sqrt5}{2} = \Phi \end{eqnarray*}$

Dann müsste ich jetzt also noch zeigen, dass gilt:

$\begin{eqnarray*} \cos(\frac{2\pi}{5}) = \frac{\Phi}{2} \end{eqnarray*}$

Richtig?

Geht man dafür über die Eulersche Formel?

verwirrt

Oder meinst du vll mit elegant (ohne viel Rechnung) doch was geometrisches?

Naja - vll fällt mir am Wochenende ja mehr dazu ein...

31.10.2014, 01:37

Guppi12

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Also die eulersche Formel benutze ich in meiner Lösung auch und etwas rechnen ist schon dabei. Den Umweg über den exakten Wert braucht man aber nicht gehen Augenzwinkern

(Ich will damit aber keine Lösungen ausschließen. Wenn du eine Lösung hast, teile sie gerne mit smile

)

31.10.2014, 18:49

Mathema

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Bekomme es nicht hin mit Euler traurig

Dann wieder über Trigonometrie. Hoffe es ist in Ordnung so.

Wink

31.10.2014, 18:51

tmo

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Zitat:

Original von Mathema
$\begin{eqnarray*} 4x^2+2x-1=0 \end{eqnarray*}$

Warum hörst du an dieser Stelle nicht auf?

Dort steht nämlich: $\begin{align*} (2x)^2+(2x)-1=0 \end{align*}$ , also erfüllt $\begin{align*} 2x \end{align*}$ die Gleichung $\begin{align*} y^2+y-1=0 \end{align*}$ , was zu zeigen war.

31.10.2014, 18:52

Mathema

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Nun ja - warum einfach, wenn es auch kompliziert geht Hammer

Danke für den Hinweis.

31.10.2014, 22:21

Guppi12

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Ja, mit dieser Abkürzung ist meine Lösung auch nicht viel kürzer (wenn überhaupt). Augenzwinkern

Gut gemacht. Ich möchte sie aber trotzdem posten, sie interessiert dich ja sicherlich auch.

Es gilt

$\begin{eqnarray*} 2\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right) = e^{i \frac{2\pi}{5}}+ e^{-i \frac{2\pi}{5}} \end{eqnarray*}$ .

Einsetzen in das Polynom liefert: $\begin{eqnarray*} e^{i \frac{4\pi}{5}}+2+e^{-i \frac{4\pi}{5}}+e^{i \frac{2\pi}{5}}+ e^{-i \frac{2\pi}{5}}-1 = e^{i \frac{0\pi}{5}}+e^{i \frac{2\pi}{5}}+e^{i \frac{4\pi}{5}}+e^{i \frac{6\pi}{5}}+e^{i \frac{8\pi}{5}} \end{eqnarray*}$ .

Je nach Kenntnisstand ist man an dieser Stelle fertig, denn die Summe aller $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ter Einheitswurzeln ist immer $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ . (Hier steht die Summe aller $\begin{eqnarray*} 5. \end{eqnarray*}$ Einheitswurzeln.) Alternativ kann man folgendes machen: Wir multiplizieren diesen Term mal mit $\begin{eqnarray*} e^{i \frac{2\pi}{5}} \end{eqnarray*}$ . Dann gilt wegen der $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ -Periodizität der Exponentialfunktion

$\begin{eqnarray*} e^{i \frac{2\pi}{5}}\left(e^{i \frac{0\pi}{5}}+e^{i \frac{2\pi}{5}}+e^{i \frac{4\pi}{5}}+e^{i \frac{6\pi}{5}}+e^{i \frac{8\pi}{5}}\right) = e^{i \frac{2\pi}{5}}+e^{i \frac{4\pi}{5}}+e^{i \frac{6\pi}{5}}+e^{i \frac{8\pi}{5}}+e^{i \frac{0\pi}{5}} \end{eqnarray*}$ bzw.

$\begin{eqnarray*} \left(e^{i \frac{2\pi}{5}}-1\right)\left(e^{i \frac{0\pi}{5}}+e^{i \frac{2\pi}{5}}+e^{i \frac{4\pi}{5}}+e^{i \frac{6\pi}{5}}+e^{i \frac{8\pi}{5}}\right) = 0 \end{eqnarray*}$

Daraus folgt die Behauptung, denn der erste Faktor ist ungleich $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ .

Der letzte Teil ist übrigens der Beweis des Satzes mit den Einheitswurzeln, den ich oben zitiert habe, nur in einem Spezialfall durchgeführt. Geometrisch gesehen, ist der Satz schon anschaulich klar, denn dann sagt er eigentlich aus, dass der Schwerpunkt eines $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -Ecks, dessen Ecken gerade die Einheitswurzeln sind, im Nullpunkt liegt.

31.10.2014, 22:35

Mathema

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Vielen Dank - das interessiert mich wirklich. Ich hatte es wie gesagt auch mit Euler probiert, bin da aber gescheitert. Werde das morgen mal in Ruhe nachvollziehen.

Schönes Wochenende dir!

Wink

31.10.2014, 22:40

Guppi12

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Ich finde deine trigonometrischen Ideen übrigens immer sehr trickreich, gute Einfälle hast du da Freude

Ich wünsche ebenso ein schönes Wochenende Wink

16.11.2014, 15:33

Mathema

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Auch hier dann mal ein kleiner Hinweis, welchen man vll zur Lösung verwenden könnte:

$\begin{eqnarray*} x^{n+2}+y^{n+2} = x^n(x^2-y^2)+y^2(x^n+y^n) \end{eqnarray*}$

Wink

16.11.2014, 16:51

Mathema

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Ok - dann hätte ich mir diesen Hinweis ja auch sparen können. Der wäre für eine Induktion interessant gewesen (mit dem Schluss von n auf n+2)

Die Voraussetzung für n = 1 steht ja praktisch schon da.

Dann kann man sich meinen Hinweis durch Addition (einer geschickten Null) herleiten.

$\begin{eqnarray*} x^{n+2}+y^{n+2} = x^n \cdot x^2 + y^n \cdot y^2 = x^n \cdot x^2 -x^n \cdot y^2 + x^n \cdot y^2 + y^n \cdot y^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = x^n(x^2-y^2)+y^2(x^n+y^n) = x^n(x+y)(x-y) + y^2(x^n+y^n) \end{eqnarray*}$

Nun ja - also teilt x+y den 1. Summanden und den 2. Summanden laut Voraussetzung.

Das wäre meine Lösung gewesen.

Du darfst die nächste Aufgabe stellen Guppi Freude

16.11.2014, 16:55

Guppi12

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Deine Lösung ist natürlich etwas übersichtlicher smile

Ich versuche irgendwie immer, Induktion zu vermeiden wenn es geht, ist so ein Tick bei mir Augenzwinkern

Da du glaube ich momentan einer der wenigen bist, die in diesem Marathon aktiv sind, wollte ich dich vor dem Stellen einer neuen Aufgabe mal fragen, ob die Begriffe Körper und Gruppe dir etwas sagen?
Wenn nicht überlege ich mir eine andere Aufgabe.

16.11.2014, 16:59

Mathema

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Es ist zwar schon etwas her, dass ich mich damit beschäftigt habe, aber etwas Auffrischung kann also bestimmt nicht schaden!

Immer her damit Augenzwinkern

Schönen Abend dir.

30.11.2014, 14:54

Mathema

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@tmo:

Es ist zwar schon etwas her, dass ich mich mit Gruppentheorie beschäftigt habe, aber bildet die Signumabbildung nicht mit der symmetrischen Gruppe gerade ein Gruppenhomomorphismus ( $\begin{eqnarray*} S_n \to \{1; -1 \} \end{eqnarray*}$ ) mit der alternierenden Gruppe $\begin{eqnarray*} A_n \end{eqnarray*}$ als Kern? Und der Kern eines Gruppenhomomorphismus ist ja stets ein Normalteiler (also Index 2). Aber das müsste ich jetzt bestimmt noch beweisen, oder?

30.11.2014, 15:57

RavenOnJ

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Die Frage ist aber doch, warum $\begin{align*} A_n \end{align*}$ die einzige UG von $\begin{align*} S_n \end{align*}$ mit Index 2 ist. Dass $\begin{align*} A_n \end{align*}$ Normalteiler in $\begin{align*} S_n \end{align*}$ ist, ist klar, da alle UG mit Index 2 NT sind.

Zitat:

... ist ja stets ein Normalteiler (also Index 2)

Das "also" ist übrigens fehl am Platz. Andersrum hast du die Schlussfolgerung vermutlich gemeint.

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