Invariante für das Zweierkomplement - Seite 3

27.04.2020, 13:28

regenbogen54

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.

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.

du hattest als letzten Satz noch geschrieben das ich dran wäre. deswegen habe ich angenommen das es noch nicht vorbei wäre und ein weiterer schritt nötig wäre smile

.

ohne dich hätte ich das ganz gewiss nicht geschafft! nochmals vielen Dank!

27.04.2020, 13:37

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von regenbogen54
du hattest als letzten Satz noch geschrieben das ich dran wäre.

Ja, mit alles sauber aufschreiben und so weiter. Aber das ist dann ja nur noch eine Formsache.

Freut mich auch, dass wir's geschafft haben!

Viele Grüße
Steffen

27.04.2020, 14:26

regenbogen54

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Wurde das von mir korrekt mathematisch formuliert?

außerdem was ist bitte im letzten term noch mit der +1 vor dem gleichheitszeichen?

kann man außerdem diese gleichung mit zwei termen die ineinander verflochten sind zwischen zwei "Summenformel" so ausdrücken? z.B vorletzer und vor-vorletzer term? Wink

zu zeigen:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

27.04.2020, 14:48

Steffen Bühler

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Eigentlich soll der linke Term der "Zu-Zeigen-Gleichung" (in der bei Dir rechts noch $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ steht) so lange umgeformt werden, bis der rechte da steht. Dann ein triumphierendes "qed" dran, das war's.

Bei Dir sieht das aber anders aus. Als allererstes würde ich die Summen zusammenfassen:

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

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

Alles andere ist dann bekannt. Zum Schluss muss dann eben

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

da stehen. Und vorher musst Du natürlich noch beweisen, dass $\begin{eqnarray*} 1-a_k \end{eqnarray*}$ tatsächlich die Invertierte von $\begin{eqnarray*} a_k \end{eqnarray*}$ ist.

27.04.2020, 14:49

Luftikus

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Mal als Tipp:

schreib doch für n=4 mal alle 8 Kombinationen von Zahlen und Zweierkomplementen auf..

$\begin{eqnarray*} (0 \cdot 2^3 + 0 \cdot 2^2 + 0 \cdot 2^1 + 0 \cdot 2^0) + (1 \cdot 2^3 + 1 \cdot 2^2 + 1 \cdot 2^1 + 1 \cdot 2^0 + 1) = \sum_{k=0}^3 2^k +1 = 2^4 = 16 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} {...} \end{eqnarray*}$

Du siehst dann, dass sich die linke Seite der Gleichung ändert, die rechte aber nicht (und sich dann ab $\begin{eqnarray*} 1000_2=8 \end{eqnarray*}$ wiederholen)

27.04.2020, 15:18

regenbogen54

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Also so?

wie soll ich bitte zudem jetzt beweisen das $\begin{eqnarray*} 1-a_{k} \end{eqnarray*}$ = (inversion von $\begin{eqnarray*} a_{k} \end{eqnarray*}$ )?
Immerhin habe ich die $\begin{eqnarray*} 1-a_{k} \end{eqnarray*}$ nur durch überlegen und raten herausgefunden. Also spontan 1 und 0 in die $\begin{eqnarray*} a_{k} \end{eqnarray*}$ eingesetzt. verwirrt

zu zeigen:

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

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

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

qed

27.04.2020, 15:43

Steffen Bühler

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Wenn Du zeigst, dass f(0)=1 und f(1)=0, dann reicht das für Binärziffern. Zeigen solltest Du es aber.

Ansonsten steht bei Deinem Beweis zweimal noch ein falscher Term herum, nämlich $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^n \end{eqnarray*}$ . Insbesondere in der letzten Zeile fällt der auf.

Diese letzte Zeile muss ja, wie gesagt, einfach $\begin{eqnarray*} =2^n \end{eqnarray*}$ lauten. Wie man dahinkommt, hab ich ja geschrieben (Wiki-Gleichung).

Und diese ganzen recht einfachen Zwischenumformungen brauchst Du nicht explizit hinzuschreiben, die sind jedem klar.

27.04.2020, 19:28

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Eigentlich soll der linke Term der "Zu-Zeigen-Gleichung" (in der bei Dir rechts noch $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ steht

ich dachte ich soll statt $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ , nun $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ benutzen. Jetzt sagst du das es doch $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ sein soll? oder täusche ich mich? verwirrt

wieso wird das summenzeichen und die +1 weggelassen? das habe ich noch nicht verstanden.

du hattest ja diesen einen satz zitiert "die Summe der ersten Zweierpotenzen ist die darauffolgende Zweierpotenz minus Eins" geht es etwa darum?

aber warum die +1 und das summenzeichen verschwindet, verstehe ich trotzdem nicht.

und zu der $\begin{eqnarray*} 1-a_{k} \end{eqnarray*}$ , wie zeige ich das bitte denn? ich schreibe jetzt lediglich f(1)=1-1=0 und f(0)=1-0=1?

27.04.2020, 20:09

Steffen Bühler

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Wir holen uns also noch mal die Wiki-Formel für die Partialsumme einer geometrischen Reihe:

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n a_0 q^k = a_0 \frac {1-q^{n+1}}{1-q} \end{eqnarray*}$

Uns interessiert der Fall, Zweierpotenzen aufzuaddieren, denn bis hierhin sind wir bei den Umformungen ja gekommen. Also setzen wir $\begin{eqnarray*} a_0=1, q=2 \end{eqnarray*}$ . Dann steht da

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n 2^k = \frac {1-2^{n+1}}{1-2}= \frac {2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$

Wenn wir nun statt bis n nur bis n-1 aufsummieren wollen, macht das nichts, dann ersetzen wir das eben:

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^{n-1} 2^k = 2^{n}-1 \end{eqnarray*}$

Jetzt noch die 1 rüber:

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^{n-1} 2^k +1= 2^{n} \end{eqnarray*}$

Das ist alles.

Und die Inversion würde ich so zeigen, ja.

27.04.2020, 20:25

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Wir holen uns also noch mal die Wiki-Formel für die Partialsumme einer geometrischen Reihe:

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n a_0 q^k = a_0 \frac {1-q^{n+1}}{1-q} \end{eqnarray*}$

Uns interessiert der Fall, Zweierpotenzen aufzuaddieren, denn bis hierhin sind wir bei den Umformungen ja gekommen. Also setzen wir $\begin{eqnarray*} a_0=1, q=2 \end{eqnarray*}$ . Dann steht da

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n 2^k = \frac {1-2^{n+1}}{1-2}= \frac {2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$

Kannst du mir bitte verraten wieso die $\begin{eqnarray*} q=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{0}=1 \end{eqnarray*}$ sind? smile

Zitat:

Original von Steffen Bühler
Wenn wir nun statt bis n nur bis n-1 aufsummieren wollen, macht das nichts, dann ersetzen wir das eben:

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^{n-1} 2^k = 2^{n}-1 \end{eqnarray*}$

Jetzt noch die 1 rüber:

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^{n-1} 2^k +1= 2^{n} \end{eqnarray*}$

den schritt hier verstehe ich nicht. du hast die obergrenze der laufvariable geändert von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ . Wieso ändert sich dann bitte nicht auch das $\begin{eqnarray*} 2^n+1 \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} 2^{n-1}, \end{eqnarray*}$ statt zu $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ ?

und was passiert bitte konkret mit den zwei thermen davor? also die terme :

$\begin{eqnarray*} \frac {1-2^{n+1}}{1-2}= \frac {2^{n+1}-1}{2-1} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n 2^k = \frac {1-2^{n+1}}{1-2}= \frac {2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$

27.04.2020, 20:45

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
Wenn Du zeigst, dass f(0)=1 und f(1)=0, dann reicht das für Binärziffern. Zeigen solltest Du es aber.

Sei $\begin{eqnarray*} 1-a_{k} \end{eqnarray*}$ die inverse von $\begin{eqnarray*} a_{k} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} a \ \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ im Intervall $\begin{eqnarray*} [0, 1] \end{eqnarray*}$

zeige: $\begin{eqnarray*} 1-a_{k} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \overline {a_{k}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(a) = 1-a_{k} \end{eqnarray*}$

da $\begin{eqnarray*} f(1) = 1-1 = 0 \end{eqnarray*}$ && $\begin{eqnarray*} f(0) = 1-0 = 1 \end{eqnarray*}$

ist die Behauptung richtig.

so in etwa? verwirrt

27.04.2020, 20:50

Steffen Bühler

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Ich hab‘s jetzt mal in Schulmathe verschoben, die Fragen verlassen allmählich den Unibereich.

Zitat:

Original von regenbogen54
Kannst du mir bitte verraten wieso die $\begin{eqnarray*} q=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_{0}=1 \end{eqnarray*}$ sind?

Weil wir, wie gesagt, gestern um 17.14 bis zu

$\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k +1 \end{eqnarray*}$

gekommen waren. Also eine Zweierpotenzsumme vor uns hatten, die nun weiter vereinfacht werden musste.

Zitat:

Original von regenbogen54
du hast die obergrenze der laufvariable geändert von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ . Wieso ändert sich dann bitte nicht auch das $\begin{eqnarray*} 2^n+1 \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} 2^{n-1}, \end{eqnarray*}$ statt zu $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ ?

Da stand $\begin{eqnarray*} 2^{n+1} \end{eqnarray*}$ , das wurde somit zu $\begin{eqnarray*} 2^{n} \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von regenbogen54
und was passiert bitte konkret mit den zwei thermen davor?

Es ist nun mal $\begin{eqnarray*} \frac {a-b}{c-d}=\frac {b-a}{d-c} \end{eqnarray*}$

Der Inversionsbeweis sieht gut aus.

27.04.2020, 21:40

regenbogen54

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Zitat:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

beim ausklammern hattest du ja die +1 vernachlässigt? wieso hast du bitte die +1 komplett weggelassen bzw. wieso konntest du bitte das?

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

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

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

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

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

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

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

Zitat:

Original von Steffen Bühler

Da stand $\begin{eqnarray*} 2^{n+1} \end{eqnarray*}$ , das wurde somit zu $\begin{eqnarray*} 2^{n} \end{eqnarray*}$ .

wie wird denn das bitte konkret miteinander "verrechnet"? n = n+1 und n-1 = n??

angenommen ich setze jetzt eine zahl für n ein. sagen wir 5 also:

5= 5+1 und 5-1 = 5, müsste dann nicht somit dasselbe ergebnis rauskommen wenn sie äquivalent sind?

ich weiß das klingt völlig schwachsinnig, aber ich weiß gerade nicht wie ich das besser in worte fassen soll.

woher weißt du das nach änderung der laufvariable zu n-1, $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ nicht $\begin{eqnarray*} 2^n-1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} 2^n+2 \end{eqnarray*}$ entspricht? unglücklich

Zitat:

Original von Steffen Bühler

Es ist nun mal $\begin{eqnarray*} \frac {a-b}{c-d}=\frac {b-a}{d-c} \end{eqnarray*}$

heben die zwei terme sich somit auf? für mich sieht das nicht eindeutig aus. Ich meine, sie sind ja nicht identisch oder subtrahieren 1:1? Wieso lässt sich das bitte einfach so verwerfen?

28.04.2020, 07:25

regenbogen54

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Steffen, ich hoffe dir macht es nichts aus, wenn ich fragen zu einer weiteren Aufgabe habe? smile

ich glaube das ordnet sich nämlich wohl eher in schulmathematik zu.

Bestimmen Sie die kleinste natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und die zugehörige natürliche Zahl $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ , so dass die Zahl $\begin{eqnarray*} 37 \end{eqnarray*}$ zur Basis x und die Zahl $\begin{eqnarray*} 73 \end{eqnarray*}$ zur Basis $\begin{eqnarray*} x-y \end{eqnarray*}$ den gleichen Wert haben. Ein Rechenweg zur Bestimmung der Werte von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ muss erkennbar sein!

also habe ich jetzt

$\begin{eqnarray*} x, y \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

zu zeigen:

$\begin{eqnarray*} x_{37} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} (x-y)_{73} \end{eqnarray*}$

wäre jetzt die kleinste natürliche Zahl von $\begin{eqnarray*} x_{37} \end{eqnarray*}$ die $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} x_{37}=37^{0}=1 \end{eqnarray*}$ ?
und was bedeutet bitte das $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ "zugehörig" ist?
Wie sollte da bitte der Rechenweg aussehen? Kann ich jetzt beliebige Werte für x und y nehmen und einsetzen? z.B sei $\begin{eqnarray*} x=3 \end{eqnarray*}$ und für $\begin{eqnarray*} y=5 \end{eqnarray*}$ und dann einsetzen in

$\begin{eqnarray*} x_{37} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} (x-y)_{73} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3_{37} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} (3-5)_{73} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 37^{3} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} 73^{3-5} \end{eqnarray*}$

die wären ja somit ungleich. also ist das ja schon mal ein falscher weg. Was habe ich bitte falsch gemacht? Wäre wahnsinnig toll wenn du mir auch hierbei so tatkräftig helfen könntest.

28.04.2020, 09:12

Steffen Bühler

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Die +1 hab ich weggelassen, weil das eine Nebenrechnung für Dich war, die nur zeigen sollte, dass die Klammer Eins ergibt.

Für Dein Problem mit dem Laufindex nehmen wir noch einmal die Beziehung $\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n 2^k=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$ .

Und weil es Dich offenbar verwirrt, schreiben wir jetzt mal statt n ein p und statt k ein i: $\begin{eqnarray*} \sum_\limits{\color{red} i \color{black}=0}^{\color{blue} p \color{black}} 2^{\color{red} i \color{black}}=2^{\color{blue} p \color{black}+1}-1 \end{eqnarray*}$ .

Das ist immer noch dieselbe Aussage: "die Summe der ersten Zweierpotenzen ist die darauffolgende minus Eins."

Gut. Das ist also unser Werkzeug, mit dem wir unseren Term $\begin{eqnarray*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k +1 \end{eqnarray*}$ vereinfachen wollen. Also ran:

Das i aus dem Werkzeug ist unser k.
Das p aus dem Werkzeug ist unser (n-1).

Das ergibt $\begin{eqnarray*} \sum_\limits{\color{red} k \color{black} =0}^{\color{blue} n-1 \color{black}} 2^{\color{red} k \color{black}}=2^{{\color{blue} (n-1) \color{black}}+1}-1 \end{eqnarray*}$ .

Die nächste Umformung benutzt einfach Erweitern mit -1:

$\begin{eqnarray*} \frac {a-b}{c-d} = \frac {(a-b) \cdot (-1)}{(c-d) \cdot (-1)} = \frac {a \cdot (-1) -b \cdot (-1)}{c \cdot (-1)-d \cdot (-1)} = \frac {-a+b }{-c+d}=\frac {b-a}{d-c} \end{eqnarray*}$

Und was die weitere Aufgabe betrifft, die nun überhaupt nichts mit der jetzigen zu tun hat, stell die am besten in einen neuen Thread.

28.04.2020, 10:08

regenbogen54

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also die n+1 erklärung war schon mal sehr verständlich. smile

Zitat:

hier waren das aber nicht 4 unterschiedliche variablen sondern nur 3?

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n 2^k = \frac {a-b}{a-c}= \frac {1-2^{n+1}}{1-2} \end{eqnarray*}$

und wenn ich die um -1 erweitere. wie geht es dann ab $\begin{eqnarray*} \frac {-1+2^{n+1}}{-1+2} \end{eqnarray*}$ weiter? Oder besser gefragt: wie hast du das gemacht? $\begin{eqnarray*} \frac {2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$ Hammer

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n 2^k = \frac {a-b}{a-c}= \frac {1-2^{n+1}}{1-2}= \frac {(1-2^{n+1}) \cdot (-1)}{(1-2) \cdot (-1)} = \frac {-1+2^{n+1}}{-1+2} \end{eqnarray*}$

28.04.2020, 10:24

Steffen Bühler

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War das ernstgemeint?

$\begin{eqnarray*} \frac {-1+2^{n+1}}{-1+2} = \frac {2^{n+1}-1}{2-1}=\frac {2^{n+1}-1}{1}=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$

28.04.2020, 10:29

regenbogen54

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Zitat:

Original von Steffen Bühler
War das ernstgemeint?

$\begin{eqnarray*} \frac {-1+2^{n+1}}{-1+2} = \frac {2^{n+1}-1}{2-1}=\frac {2^{n+1}-1}{1}=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$

28.04.2020, 10:31

regenbogen54

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Zitat:

Original von regenbogen54
[quote]Original von Steffen Bühler
War das ernstgemeint?

$\begin{eqnarray*} \frac {-1+2^{n+1}}{-1+2} = \frac {2^{n+1}-1}{2-1}=\frac {2^{n+1}-1}{1}=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$

Wenn ich z.B $\begin{eqnarray*} \frac{5}{3}-\frac{7}{8} \end{eqnarray*}$ habe kann ich die Nenner doch auch nicht ohne weiteres miteinander subtrahieren, ohne die zwei brüche auf einen gemeinsamen nenner gebracht zu haben, oder etwa doch?

$\begin{eqnarray*} \frac{5}{3}-\frac{7}{8} = \frac{-2}{-5} \end{eqnarray*}$

oder ist der nenner schon gleich? also in unserem fall

$\begin{eqnarray*} \frac {2^{n+1}-1}{2-1} =\frac {2^{n+1}}{2-1} - \frac {-1}{2-1} \end{eqnarray*}$

28.04.2020, 10:36

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von regenbogen54
oder ist der nenner schon gleich?

Ja, so ist es. Es steht ja alles auf und unter einem einzigen Bruchstrich.

28.04.2020, 10:58

regenbogen54

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die vorletzte frage zu dieser aufgabe, bevor ich alles nochmal sauber hinschreibe ist, was $\begin{eqnarray*} a_{0} \end{eqnarray*}$ wäre? $\begin{eqnarray*} q^k \end{eqnarray*}$ ist ja offensichtlich die $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ . Und was passiert mit der $\begin{eqnarray*} +1 \end{eqnarray*}$

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

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

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

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

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

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

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

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

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n a_0 q^k = a_0 \frac {1-q^{n+1}}{1-q} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\sum_\limits{k=0}^n 2^k = \frac {1-2^{n+1}}{1-2}= \frac {2^{n+1}-1}{2-1}=2^{n+1}-1 \end{eqnarray*}$

muss die $\begin{eqnarray*} +1 \end{eqnarray*}$ von dem roten term nicht noch hier angefügt werden? also:

$\begin{eqnarray*} =\sum_\limits{k=0}^n 2^k = (\frac {2^{n+1}-1}{2-1}) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} +1 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} =(2^{n+1}-1) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} +1 \end{eqnarray*}$

28.04.2020, 11:42

Steffen Bühler

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Wie schon mehrmals geschrieben, wird in der Partialsummenformel $\begin{eqnarray*} a_0=1 \end{eqnarray*}$ gesetzt, dann steht das da, was wir brauchen.

Ansonsten sind Dir einige Summenzeichen abhandengekommen. Und, wie ebenfalls geschrieben, musst Du diese ganzen trivialen Zwischenumformungen in der Uni nicht mehr hinschreiben, das bläht doch alles nur auf.

Es reicht also, nachdem Du gezeigt hast, dass $\begin{eqnarray*} f(x)=1-x \end{eqnarray*}$ tatsächlich das Bit $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ invertiert, folgendes:

Die Addition einer Dualzahl mit ihrem Zweierkomplement ergibt nach Definition

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

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

$\begin{eqnarray*} = \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k +1 \end{eqnarray*}$

Dann würde ich weiterschreiben, dass nach der Partialsummenformel gilt:

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^{n-1} 2^k =2^n-1 \end{eqnarray*}$

(Die Herleitung ist ebenfalls trivial, die obige Zeile wird niemand anzweifeln. Du musst es natürlich können, falls jemand fragt.)

Dieser Zusammenhang ergibt damit

$\begin{eqnarray*} \color{red} \sum\limits_{k=0}^{n-1} 2^k\color{black} +1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\color{red} 2^{n}-1 \color{black} +1 \end{eqnarray*}$

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

was gezeigt werden sollte.

30.04.2020, 08:10

regenbogen54

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Erstmal einen großen Dank und lob an dich Steffen, das du dir bislang soviel mühe mit mir gegeben hast.
ich muss nochmal paar grundregeln aus dem weg räumen. Du schreibst das $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ in der "partialsummenformel $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ gesetzt wird. Heißt das, das egal welche zahlen ich in einer partialsummenformel habe, $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ immer $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ ist? Wenn ja, wozu schreibt man die $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ dann überhaupt in die formel? wieso setzen sie dann $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ in der Formel nicht gleich immer auf $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ .

Also statt:

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n a_0 q^k = a_0 \frac {1-q^{n+1}}{1-q} \end{eqnarray*}$

eher

$\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n 1 q^k = 1 \frac {1-q^{n+1}}{1-q} \end{eqnarray*}$

und meine zweite frage ist: steht vor dem $\begin{eqnarray*} (+1) \end{eqnarray*}$ ein Mal zeichen? Wird das nicht $\begin{eqnarray*} (+1) \cdot 2^{n+1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (+1) \cdot (-1) \end{eqnarray*}$ genommen? Oer wird die wie folgt addiert: $\begin{eqnarray*} -1+(+1) \end{eqnarray*}$

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

30.04.2020, 09:15

Steffen Bühler

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Zitat:

Original von regenbogen54
Heißt das, das egal welche zahlen ich in einer partialsummenformel habe, $\begin{eqnarray*} a_0 \end{eqnarray*}$ immer $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ ist?

Nein, natürlich nicht. Diese Formel gilt ganz allgemein. Jeder Banker kann sie auswendig, denn gerade für Zinseszins braucht man sie immer wieder:

Angenommen, Du zahlst jedes Jahr 1000 Euro auf Dein Sparkonto und bekommst 1 Prozent Zins im Jahr (vielleicht ist das ja mal wieder der Fall). Nach einem Jahr hast Du also 1010 Euro, zahlst wieder 1000 Euro drauf, so dass es dann 2010 Euro sind, die nach einem weiteren Jahr dann mit Zins 2030,10 Euro ergeben. Und so weiter.

Nach zehn Jahren sind die ersten 1000 Euro also 10mal verzinst, werden also mit $\begin{eqnarray*} 1,01^{10} \end{eqnarray*}$ multipliziert. Dazu kommen die zweiten 1000 Euro, die nur 9mal verzinst wurden, also Faktor $\begin{eqnarray*} 1,01^9 \end{eqnarray*}$ . Die letzten 1000 Euro kommen dann noch unverzinst dazu, Faktor 1. Nach zehn Jahren hast Du dann also

$\begin{eqnarray*} 1000 \cdot 1,01^0 + 1000 \cdot 1,01^1 + 1000 \cdot 1,01^2 + \dots + 1000 \cdot 1,01^9 + 1000 \cdot 1,01^{10} \end{eqnarray*}$

Inzwischen macht das Excel natürlich für Dich. Aber vor hundert Jahren musste man ein Werkzeug für solche Partialsummen haben, denn bei Anlagen über hundert Jahre hätte man sich ja einen Wolf gerechnet.

Und so kann man für obige Reihe $\begin{eqnarray*} a_0=1000, q=1,01, n=10 \end{eqnarray*}$ setzen, und erhält

$\begin{eqnarray*} a_0 \cdot \frac {1-q^{n+1}}{1-q} = 1000 \cdot \frac {1-1,01^{10+1}}{1-1,01} \approx 11566,84 \end{eqnarray*}$

Also immerhin über 1500 Euro Zinserträge.

Nun haben wir aber bei unserem Vorgehen den Term $\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^{n-1} 2^k \end{eqnarray*}$ erhalten. Das, was in der allgemeinen Formel $\begin{eqnarray*} \sum_\limits{k=0}^n a_0 q^k \end{eqnarray*}$ hoch k genommen wird, ist offenbar die 2, also $\begin{eqnarray*} q=2 \end{eqnarray*}$ . Und dann gibt es keinen weiteren Faktor davor, die $\begin{eqnarray*} 2^k \end{eqnarray*}$ bleibt so. Daraus schließen wir messerscharf, dass $\begin{eqnarray*} a_0=1 \end{eqnarray*}$ sein muss.

Zitat:

Original von regenbogen54
steht vor dem $\begin{eqnarray*} (+1) \end{eqnarray*}$ ein Mal zeichen?

Nein.

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