Invariante für das Zweierkomplement - Seite 2

25.04.2020, 18:17

regenbogen54

wie ich die dualzahl ausrechnen kann also in dezimalüberführen, wusste ich ja schon vorher. allerdings habe ich nicht mir das über eine summenformel gemerkt sondern lediglich die zweierpotenzen bei den 1er stellen berechnet.

25.04.2020, 19:49

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von regenbogen54
k wird bis n-1 dargestellt?

Richtig. Die Laufvariable k läuft von 0 bis n-1.

Zitat:

Original von regenbogen54
wieso steht am ende n-2 im exponenten bzw. im index?

Am Ende steht n-1. Das ist der letzte Summand.
Ich habe zum Verständnis auch noch den vorletzten hingeschrieben, also den für n-2.

Zitat:

Original von regenbogen54
mit welchem index bzw. exponenten fängt der vordere teil an. da hast du ja schon die zahlen eignesetzt.

also auch n-5, n-4, n-3, n-2 usw....? oder mit welchen n- fängt es an?

Es fängt immer mit n-n, also mit 0 an. Die Summe läuft immer von 0 bis n-1. Das steht ja auch am Summenzeichen dran.

Bei einer vierstelligen Zahl also von 0 bis 3, bei einer 10000stelligen von 0 bis 9999.

Nullstellige Zahlen gibt es nicht. Einstellige schon, da läuft die Summe von 0 bis 0, es gibt also nur einen Summanden.

Dass Du die Dualzahl ausrechnen kannst, auch ohne Summenformel, ist klar. Wie gesagt, die Formel gibt das mathematisch wieder, was Du ohnehin weißt. Für den Beweis hier müsstest Du das aber dann akribisch in Worte fassen. Würde auch gehen, wird aber sehr umständlich, Formeln sind da eleganter.

26.04.2020, 04:36

regenbogen54

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vielen dank, Steffen. Es tut sehr gut wenn man es verstanden hat. Wink

wie sieht es zuletzt noch mit dem ersten index, exponenten aus? n-n+1 oder etwa n+1? und bei 3 und 4?

zudem wieso taucht den überhaupt an 0er stelle n-n auf wenn die laufvariable von 0 bis n-1 läuft?

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_k \cdot 2^k) =a_{n-n} \cdot 2^{n-n} + a_{n-n+1} \cdot 2^{n-n+1} + a_{n-n+2} \cdot 2^{n-n+2} +a_{n-n+3} \cdot 2^{n-n+3} \dots +a_{n-2}\cdot 2^{n-2}+a_{n-1} \cdot 2^{n-1} \end{eqnarray*}$

oder

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_k \cdot 2^k) =a_{n-n} \cdot 2^{n-n} + a_{n+1} \cdot 2^{n+1} + a_{n+2} \cdot 2^{n+2} +a_{n+3} \cdot 2^{n+3} \dots +a_{n-2}\cdot 2^{n-2}+a_{n-1} \cdot 2^{n-1} \end{eqnarray*}$

26.04.2020, 05:12

regenbogen54

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Zitat:

[i]Original von Steffen Bühler

Bei einer vierstelligen Zahl also von 0 bis 3, bei einer 10000stelligen von 0 bis 9999.

Nullstellige Zahlen gibt es nicht. Einstellige schon, da läuft die Summe von 0 bis 0, es gibt also nur einen Summanden.

Was ich auch noch fragen will, wieso fängt man überhaupt bei der laufvariable allgemein bei 0 an statt mit der 1?

zur inversion. Gemäß der schaltalgebra/aussagenlogik ist doch die inversion mit einer negation zulässig. Wieso dann nicht hier wenn wir bereits mit dualzahl zu tun haben? ich nehme an der nächste schritt, nachdem du die summenformel aufgeführt hast, ist die inversion?

26.04.2020, 06:20

regenbogen54

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tut mir leid wenn ich noch ein dritten post verfassen muss. also im skript steht folgende gleichung

$\begin{eqnarray*} Z = z_{n}10^n + z_{n-1}10^{n-1} \dots + z_{1}10^1 + z_{0}10^{0} + z_{-1}10^{-1} + \dots + z_{-m}10^{-m} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Z = y_{p}b^p + y_{p-1}b^{p-1} \dots + y_{1}b^1 + y_{0}b^{0}+ y_{-1}b^{-1} + \dots + y_{-q}b^{-q} \end{eqnarray*}$

(Ziffern werden sukzessive, beginnend mit der höchstwertigsten Ziffer, berechnet)

wieso ist es denn bei der laufvariablen anders? hier beginnt es ja von $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} -m \end{eqnarray*}$ ?

und wie würde man denn hier die zweitestelle nach $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ fortsetzen? etwa $\begin{eqnarray*} n-2 \end{eqnarray*}$ und dann $\begin{eqnarray*} n-3 \end{eqnarray*}$ ? und irgendwann würde er ja zur $\begin{eqnarray*} z_{0}10^{0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Z = z_{n}10^n + z_{n-1}10^{n-1} + z_{n-2}10^{n-2} \dots + z_{1}10^1 + z_{0}10^{0}+ z_{-1}10^{-1} + \dots + z_{-m}10^{-m} \end{eqnarray*}$

wie geht es denn ab da weiter? also nach $\begin{eqnarray*} z_{0}10^{0} \end{eqnarray*}$ steht ja $\begin{eqnarray*} z_{-1}10^{-1} \end{eqnarray*}$ .

wenn wir annehmen das wir für $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ die Zahl $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ einsetzen, wäre $\begin{eqnarray*} n-5 \end{eqnarray*}$ ja die 0te stelle.

Dann gehen wir über zu $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} z_{n-5}10^{n-5} + z_{n-6}10^{n-6} \end{eqnarray*}$

Wozu steht dann am ende -m, wenn die n-1 reihe ja immer so weiter geht? $\begin{eqnarray*} n-7, n-8 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} n-9 \end{eqnarray*}$ . Der würde doch nie zu einer $\begin{eqnarray*} -m \end{eqnarray*}$ kommen? da $\begin{eqnarray*} n - \infty \end{eqnarray*}$ ??

26.04.2020, 10:36

Steffen Bühler

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Deine Fragen sind gut, so kommen wir allmählich zusammen.

Der Summenindex k läuft hier immer von 0 bis n-1. Das kannst Du von links nach rechts betrachten, dann ist es 0,1,2,... bis n-1 erreicht ist. Mathematiker schreiben da gerne einige Summenglieder vom Beginn und vom Ende hin, hier also 0,1,2,...,n-3,n-2,n-1. Dann sieht man, wie die Reihe aussieht. Und könnte (macht zwar keiner, aber das war Deine Frage) das Pferd auch von hinten aufzäumen, also von rechts nach links gehen: n-n,n-(n-1),n-(n-2),...,n-2,n-1. Denn n-n=0 und n-(n-1)=1 und so weiter.

Kurz gesagt: lauf einfach immer von links nach rechts, das verwirrt am wenigsten.

Man kann auch bei 1 anfangen und dann bis n gehen, da hast Du völlig recht! Ich wollte zuerst auch so anfangen. Nur müsste man dann $\begin{eqnarray*} 2^{k-1} \end{eqnarray*}$ verwenden, und das hätte wahrscheinlich noch mehr Erklärbedarf gegeben...

Was die Inversion betrifft: Du kannst hier natürlich die Schaltalgebra verwenden und wirst auch schnell sehen, was passiert, wenn Du eine boolsche Variable zu ihrer Negierten addierst. Nur wird hier gefordert, dass Du es mathematisch machen sollst, und da gibt es nun mal negative Zahlen, da funktioniert das eben nicht. Du musst also eine Funktion finden, bei der gilt f(0)=1 und f(1)=0. Es gibt unendlich viele solcher Funktionen, und Du wirst auch eine finden! Stichwort: Zweipunkteform.

Was Deinen letzten Post angeht, wird die Definition von der Summendarstellung hier auf rationale Zahlen erweitert, denn negative Exponenten ergeben ja Zahlen zwischen 0 und 1. Im Beweis beschränken wir uns laut Aufgabenstellung aber (zum Glück) auf natürliche Zahlen.

Weiter gehen sie im Skript in der Tat von n-1 runter auf 0 und nicht umgekehrt. Ist natürlich egal, Summen sind kommutativ. Und wir lesen ja auch von links nach rechts, da kann man auch mit der höchsten Ziffer anfangen. Ich habe die üblichere Darstellung gewählt, weil ein Summenindex immer nach oben läuft, nicht nach unten. Und ich finde es übersichtlicher, das Summenzeichen zu verwenden, sonst müsste im Beweis jeweils dieser Rattenschwanz mit den Pünktchen stehen. Ginge aber auch, letztlich entscheidest Du das.

26.04.2020, 11:50

regenbogen54

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danke nochmals für die verständliche erklärung.

zur inversion: ich bezweifle das du jetzt diese gleichung in Wikipedia unter zweipunkteform meinst?

$\begin{eqnarray*} y= \frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}} \cdot (x-x_{1})+y_{1} \end{eqnarray*}$

26.04.2020, 12:28

regenbogen54

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ok. ich glaube ich habs.
$\begin{eqnarray*} f(k) = 1-k \end{eqnarray*}$

wie geht es nun bitte weiter? smile

26.04.2020, 12:36

regenbogen54

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inverse so wie unten einfügen?

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} ((1-k)_k \cdot 2^k) =(1-k)_0 \cdot 2^0+(1-k)_1 \cdot 2^1+ \dots +(1-k)_{n-2}\cdot 2^{n-2}+(1-k)_{n-1} \cdot 2^{n-1} \end{eqnarray*}$

26.04.2020, 13:00

Steffen Bühler

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Die Funktion hast Du prima herausgefunden!

Momentan invertierst Du jetzt allerdings die k, nicht die $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ , die ja die einzelnen Ziffern darstellen. Das k nummeriert sie ja nur durch.

Und nicht vergessen, was das Einser- vom Zweierkomplement unterscheidet!

26.04.2020, 13:08

regenbogen54

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dann so?

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} ((1-a_{k}) \cdot 2^k) =(1-a_{0}) \cdot 2^0+(1-a_{1}) \cdot 2^1+ \dots +(1-a_{n-2})\cdot 2^{n-2}+(1-a_{n-1}) \cdot 2^{n-1} \end{eqnarray*}$

ich glaube den unterschied von einer bzw. zweierkomplement hast du mir nicht mit verlaub erklärt, oder? verwirrt

also laut skript

einerkomplement --> 0 zu 1 invertieren und umgekehrt

und zweierkomplement --> 0 zu 1 invertieren und umgekehrt und anschließend mit 1 addieren

also jetzt einfach nur +1 hinzufügen?

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (((1-a_{k})+1) \cdot 2^k) =((1-a_{0})+1) \cdot 2^0+((1-a_{1})+1) \cdot 2^1+ \dots +((1-a_{n-2})+1)\cdot 2^{n-2}+((1-a_{n-1})+1) \cdot 2^{n-1} \end{eqnarray*}$

26.04.2020, 13:45

Steffen Bühler

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Fast. Die Eins wird nur ein einziges Mal addiert, nicht in jedem Summenglied.

Gut. Was Du nach der Korrektur da stehen hast, ist also das Zweierkomplement von $\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^{n-1} (a_k \cdot 2^k) \end{eqnarray*}$

Nun wird behauptet, wenn man diese beiden Terme addiert, käme $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ heraus. Also werden wir sie nun addieren, etwas umformen (Distributivgesetz!) und zeigen, dass das tatsächlich der Fall ist.

26.04.2020, 13:53

regenbogen54

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stimmt das jetzt mit der +1? wieso nicht in jedem summenglied, für jede dualzahl nach der inversion muss doch mit 1 addiert werden?

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} ((1-a_{k}) \cdot 2^k)+1=((1-a_{0}) \cdot 2^0+((1-a_{1})) \cdot 2^1+ \dots +((1-a_{n-2})\cdot 2^{n-2}+((1-a_{n-1}) \cdot 2^{n-1})+1 \end{eqnarray*}$

ich muss vorher doch noch etwas fragen. was ist eigentlich jetzt a und 2?
a soll also die dualzahl, also entweder 0 oder 1 sein und invertiert werden und wieso ist dann die 2 da?

Zitat:

Original von Steffen Bühler
Nun wird behauptet, wenn man diese beiden Terme addiert, käme $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ heraus.

welche "beiden" terme sind denn bitte gemeint?

26.04.2020, 14:01

Steffen Bühler

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Ja, jetzt ist es richtig. Du hast die Definition „einfaches Invertieren jeder Stelle und anschließendes Addieren von 1“ falsch verstanden. Erst alle Stellen invertieren, dann 1 addieren.

EDIT: die einzelnen a sind die Ziffern. Im Beispiel 1001 ist a3=1, a2=0, a1=0 und a0=1. Die Summenformel zeigt nun, wie daraus der Zahlenwert berechnet wird. Du kannst es im Kopf:8+1=9. Mit der Summenformel, die ja die Zweierpotenzen dabei hat, kommt das nun genauso raus: $\begin{eqnarray*} a_3 \cdot 2^3+a_0 \cdot 2^0=9 \end{eqnarray*}$

Dieses Zweierkomplement $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big((1-a_{k}) \cdot 2^k \big)+1 \end{eqnarray*}$ ist doch das Zweierkomplement von $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_{k} \cdot 2^k) \end{eqnarray*}$ .

Zu zeigen ist also $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_{k} \cdot 2^k) + \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big((1-a_{k}) \cdot 2^k\big)+1=2^n \end{eqnarray*}$ .

26.04.2020, 14:13

regenbogen54

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das intervall soll ja sein $\begin{eqnarray*} [1, 2^{n-1}-1]. \end{eqnarray*}$

heißt das auch das die laufvariable von 1 und nicht von 0 beginnen soll? verwirrt

ich würde gerne noch zudem wissen wieso wir in der gleichung eigentlich $\begin{eqnarray*} 2^{k} \end{eqnarray*}$ stehen haben?
Die $\begin{eqnarray*} 2^{k} \end{eqnarray*}$ wandelt doch nur jedes summenglied in dezimalzahl oder etwa nicht?

in $\begin{eqnarray*} a_{k} \end{eqnarray*}$ werden lediglich die dualzahlen eingesetzt? 1er und 0er?

26.04.2020, 14:22

Steffen Bühler

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Nein, das Intervall gibt nur die Dualzahlen an, für die das gelten soll. Die Laufvariable läuft für jede dieser Dualzahlen trotzdem von 0 bis n-1.

Und in der Tat können die Werte für a bei Dualzahlen nur 0 oder 1 sein, richtig.

Die dritte Antwort steht oben im EDIT.

26.04.2020, 14:26

regenbogen54

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also ich wüsste jetzt nicht mehr weiter, wie man die weiter zusammenfassen kann und daraus $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ rauskommt? verwirrt

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_{k} \cdot 2^k) + \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big((1-a_{k}) \cdot 2^k\big)+1=2^n \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (a_{k} \cdot 2^k) + \big((1-a_{k}) \cdot 2^k\big)+1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =(a_{k} \cdot 2^k) + \big(2^{k} - 2^{k}a_{k}\big)+1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \dots \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =2^n \end{eqnarray*}$

26.04.2020, 14:41

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Nein, das Intervall gibt nur die Dualzahlen an, für die das gelten soll.

also für die 0001, für alle 2er potenzen 1, 2, 4, 8, 16, 32 ... und die inversion von 0001?

ich würde gerne noch zudem wissen wieso wir in der gleichung eigentlich $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ stehen haben?
Die $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ wandelt doch nur jedes summenglied in dezimalzahl oder etwa nicht?

26.04.2020, 15:56

Steffen Bühler

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Bei gegebener Stellenzahl n gilt das für die 1, die 2, die 3, die 4, bis zur Zahl $\begin{eqnarray*} 2^{n-1}-1 \end{eqnarray*}$ . Bei vier Stellen also für die Zahlen 1 bis 7.

Wenn die $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ nicht in der Formel wären, würdest Du doch nur die Einsen/Nullen aufaddieren, das ergäbe Unsinn. Jede Stelle hat ihre zugehörige Zweierpotenz, mit der die Ziffer zu multiplizieren ist. Genauso rechnest Du ja Dualzahlen aus. Nur deswegen brauchen wir auch das Summenzeichen, was sollte denn auch sonst addiert werden?

Wie gesagt, nimm das Distributivgesetz für den Term $\begin{eqnarray*} a_k \cdot 2^k +(1-a_k) \cdot 2^k \end{eqnarray*}$ . Die +1 gehört nicht zum Summenglied, wie geschrieben.

Was bleibt dann übrig?

26.04.2020, 16:10

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Bei vier Stellen also für die Zahlen 1 bis 7.

was meinst du bitte damit? etwa vier dualziffern, also 1111 = 15 ? wieso dann 7?

ich sehe aber nicht wie ich das jetzt noch weiter zusammenfassen kann? verwirrt

und weiter kann man das distributivgesetz hier doch nicht mehr anwenden?

$\begin{eqnarray*} =(a_{k} \cdot 2^k) + \big(2^{k} - 2^{k}a_{k}\big) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} = \dots \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} =2^n \end{eqnarray*}$ [/quote]

26.04.2020, 16:15

Steffen Bühler

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$\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ ausklammern!

$\begin{eqnarray*} (a_{k} \cdot 2^k) + \big(2^{k} - 2^{k}a_{k}\big)=2^k \cdot ( \dots ) \end{eqnarray*}$

26.04.2020, 16:21

regenbogen54

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so

$\begin{eqnarray*} 2^k((a_{k}) + (1 - a_{k}))=2^k \end{eqnarray*}$

26.04.2020, 16:26

Steffen Bühler

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Perfekt! Und gleich weiter. Da steht jetzt eine geometrische Reihe.

26.04.2020, 16:38

regenbogen54

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weiter zusammenfassen kann man doch nicht mehr?

oder meinst du ich soll die zahl in a, z.B eine 1 einsetzen und ausrechnen?

26.04.2020, 17:14

Steffen Bühler

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Wir haben jetzt:

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_{k} \cdot 2^k) + \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big((1-a_{k}) \cdot 2^k\big)+1 = \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k +1 \end{eqnarray*}$

Und wie gesagt, diese geometrische Reihe kann man vereinfachen:

https://de.m.wikipedia.org/wiki/Geometri...e_Partialsummen]

26.04.2020, 17:51

regenbogen54

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beide gleichungen soll man etwa subtrahieren? wie soll das denn gehen?
gehört geometrische reihe auch zum stoff der mittelstufe? verwirrt

26.04.2020, 18:07

Steffen Bühler

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Weiß nicht, was Du subtrahieren willst.

In Wiki steht: $\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n a_0 q^k = a_0 \frac {1-q^{n+1}}{1-q} \end{eqnarray*}$ . Wende das auf unseren Fall an.

Keine Ahnung, wann Reihen im Lehrplan dran sind, ich bin Elektroingenieur. Vorm Abi auf jeden Fall, nehme ich an.

26.04.2020, 18:20

regenbogen54

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etwa durch einen term teilen? dann muss ich das doch für beide seiten tun und ich sehe keine möglichkeit lediglich 2k auf einer seite zu bringen.

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} \frac{(a_{k} \cdot 2^{k}} {(a_{k} \cdot 2^k} + \sum\limits_{k=0}^{n-1} \frac{\big((1-a_{k}) \cdot 2^k\big)}{(a_{k} \cdot 2^k} +1 = \sum\limits_{k=0}^{n-1} \frac{2^k }{(a_{k} \cdot 2^k)} + 1 \end{eqnarray*}$

26.04.2020, 18:27

Steffen Bühler

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Es ist einfacher.

Wir haben es bis zur Summe $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k \end{eqnarray*}$ geschafft. Mit Hilfe der Wiki-Gleichung werden wir nun das Summenzeichen los.

Auf geht’s: welchen Wert hat hier $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ , welchen $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ ?

26.04.2020, 18:30

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler

Auf geht’s: welchen Wert hat hier $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ , welchen $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ ?

$\begin{eqnarray*} q^{k} = 2^{k} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{0} = a_{k} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (a_{k} \cdot 2^k) \end{eqnarray*}$

?

26.04.2020, 19:53

Steffen Bühler

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Das q=2 ist korrekt, aber wir haben doch gerade die $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ eliminiert, wo holst Du die jetzt her? Da steht doch gar nichts mehr vor $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ in der Summenformel! Welchem Faktor $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ entspricht das also?

27.04.2020, 04:56

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_{k} \cdot 2^k) + \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big((1-a_{k}) \cdot 2^k\big)+1 = \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k +1 \end{eqnarray*}$
]

ich habe hier jetzt für $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ den ganz linken terrm $\begin{eqnarray*} (a_{k} \cdot 2^k) \end{eqnarray*}$ genommen. Da ist $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ ist doch hier in dem term nicht eliminiert? verwirrt

27.04.2020, 09:01

Steffen Bühler

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Doch! Du hast die beiden Summen ja zusammengefasst.

In diesem Beitrag hast Du selbst gezeigt, dass dann sämtliche $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ eliminiert sind:

Zitat:

Original von regenbogen54
$\begin{eqnarray*} 2^k((a_{k}) + (1 - a_{k}))=2^k \end{eqnarray*}$

Also haben wir wirklich nur noch die Summe $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k \end{eqnarray*}$ vorliegen. Das ist die Summe der ersten n Zweierpotenzen.

Nun hilft uns Wiki mit der genannten Formel. Die wiederum sagt doch nichts anderes als "die Summe der ersten Zweierpotenzen ist die darauffolgende Zweierpotenz minus Eins". Siehst Du das?

Zum Beispiel ist 1+2+4+8=16-1. Und 1+2+4+8+16+32=64-1.

Du bist dran.

27.04.2020, 12:23

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Doch! Du hast die beiden Summen ja zusammengefasst.

In diesem Beitrag hast Du selbst gezeigt, dass dann sämtliche $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ eliminiert sind:

Zitat:

Original von regenbogen54
$\begin{eqnarray*} 2^k((a_{k}) + (1 - a_{k}))=2^k \end{eqnarray*}$

nur weil wir die $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ ist die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ eliminiert? Ich verstehe unter eliminieren das sie so weit zusammengefasst werden das man sie komplett vernachlässigen kann wie die multiplikation mit 1 z.b $\begin{eqnarray*} 1 \cdot x = x \end{eqnarray*}$

Zitat:

Original von Steffen Bühler

Also haben wir wirklich nur noch die Summe $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k \end{eqnarray*}$ vorliegen. Das ist die Summe der ersten n Zweierpotenzen.

kommt jetzt diese term $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k \end{eqnarray*}$ aus der ganz linken oder ganz rechten seite von (siehe unten)?

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_{k} \cdot 2^k) + \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big((1-a_{k}) \cdot 2^k\big)+1 = \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k +1 \end{eqnarray*}$

27.04.2020, 12:32

Steffen Bühler

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Ja, so wird es ja auch eliminiert. Mal ganz langsam:

$\begin{eqnarray*} 2^k \cdot ((a_{k}) + (1 - a_{k})) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \cdot (a_{k} + 1 - a_{k}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \cdot (a_{k} - a_{k} + 1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \cdot ( (a_{k} - a_{k}) + 1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \cdot ( 0 + 1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \cdot 1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \end{eqnarray*}$

Und das steht in der Gleichung dann ganz rechts, ja.

27.04.2020, 12:39

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Ja, so wird es ja auch eliminiert. Mal ganz langsam:

$\begin{eqnarray*} 2^k \cdot ((a_{k}) + (1 - a_{k})) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \cdot (a_{k} + 1 - a_{k}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \cdot (a_{k} - a_{k} + 1) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = 2^k \cdot ( (a_{k} - a_{k}) + 1) \end{eqnarray*}$

.

hast du jetzt nach dem kommutativgesetzt die $\begin{eqnarray*} -a \end{eqnarray*}$ mit der $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ getauscht?

27.04.2020, 12:46

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler

Nun hilft uns Wiki mit der genannten Formel. Die wiederum sagt doch nichts anderes als "die Summe der ersten Zweierpotenzen ist die darauffolgende Zweierpotenz minus Eins". Siehst Du das?

Zum Beispiel ist 1+2+4+8=16-1. Und 1+2+4+8+16+32=64-1.

Du bist dran.

hier sehe ich das nicht.

Wäre die "darauffolgende zweierpotenz minus eins" von $\begin{eqnarray*} 1+2+4+8=16-1= 2^{3}-1 \end{eqnarray*}$

nicht eher
$\begin{eqnarray*} 1+2+4+8+16=32-1=2^{4}-1 \end{eqnarray*}$
statt
$\begin{eqnarray*} 1+2+4+8+16+32=64-1 =2^{5}-1 \end{eqnarray*}$ ?

27.04.2020, 13:06

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von regenbogen54
hast du jetzt nach dem kommutativgesetzt die $\begin{eqnarray*} -a \end{eqnarray*}$ mit der $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ getauscht?

Ja.

Was die Zweierpotenzen betrifft, ist zwar $\begin{eqnarray*} 2^3=8, 2^4=16, 2^5=32 \end{eqnarray*}$ , aber ansonsten stimmen Deine und meine Formeln überein, oder was meinst Du?

27.04.2020, 13:18

regenbogen54

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"die Summe der ersten Zweierpotenzen ist die darauffolgende Zweierpotenz minus Eins"

ok. den satz habe ich jetzt verstanden. und vielen dank. tut mir leid, wenn ich mich immer wieder blöd anstelle, was aber soll ich den jetzt noch anschließend bittemachen?

wenn wir die nur noch $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k \end{eqnarray*}$ vorliegen haben, haben wir nicht dann schon längst gezeigt das man daraus diese gleichung herleiten kann?

27.04.2020, 13:22

Steffen Bühler

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Ich weiß nicht genau, welche Gleichung Du jetzt meinst, aber $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} (a_{k} \cdot 2^k) + \sum\limits_{k=0}^{n-1} \big((1-a_{k}) \cdot 2^k\big)+1=2^n \end{eqnarray*}$ sollte in der Tat damit bewiesen sein.

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Invariante für das Zweierkomplement - Seite 2

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