Wettbewerbsaufgabe für Hanno und andere Schüler < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:24 Mo 19.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Wann ist eine Zahl durch $99$ teilbar? Wenn sie durch $11$ und $9$ teilbar ist (warum?).
Wann ist eine Zahl durch $9$ teilbar?
Wann ist eine Zahl durch $11$ teilbar?
Beides mal hinschreiben, vergleichen -> kurz nachdenken -> fertig. 
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:44 Di 20.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hmm, wenn ich mir dagegen meinen Beweis ansehe, dann ist der doch ein wenig kompliziert gedacht
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:15 Di 20.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Das freut mich, dass du die Aufgabe versuchen willst. Ich wusste nicht, dass du noch nie an Wettbewerben teilgenommen hast, sonst hätte ich dir nicht direkt eine so schwierige Aufgabe gestellt.  Also nicht verzweifeln: Wenn du sie nicht hinkriegst, ist das (ohne Übung) normal.
Du wirst dich vielleicht wundern, dass ich dich für begabt halte, wo ich dich doch scheinbar gar nicht kenne. Aber ich kenne dich sehr gut, weil ich alle deutschsprachigen Matheforen ständig im Auge habe und mich dort (neben der technischen Umsetzung, dem Grade der Kommerzialisierung der Foren etc.) auch nach "mathematischen Talenten" umschaue, schließlich mache ich auch eine Begabtenförderung. Und in einem mit uns "befreundeten" Forum hast du ja eifrig gepostet. Leider, das weißt du besser als ich, ist es dort zu einigen Eskapaden gekommen, die bei uns hoffentlich nicht eintreten. Wir sollten von beiden Seiten aus versuchen das zu verhindern. Einverstanden? Wir haben doch das gleiche Ziel: Uns und andere von der Mathematik zu begeistern. Das sollte immer im Vordergrund stehen. Persönliche Beleidigungen sind tabu. Wie siehst du das? Vielleicht kannst du mir ja mal privat schreiben, wie es aus deiner Sicht dazu gekommen ist (stefan@matheraum.de).
In jedem Fall hat man da dein Talent unsäglich unterschätzt und ich versuche es hier besser zu fördern. Daher würde ich vorschlagen, nehme ich mein Training für Mathe-Wettbewerbe, das in letzter Zeit aus Zeitmangel etwas eingeschlafen ist, wieder auf. Geh doch mal ganz an den Anfang dieses Mathe-Wettbewerbsforums und lese dir meine einführenden Beispiel durch:
Anfang des Trainings
Dann kannst du ja auch versuchen die Aufgaben, die schon gelöst sind, noch einmal zu lösen. Das ist ein Super-Training für dich. Demnächst gibt es dann aber auch neue Lehrtexte und neue Aufgaben, über die wir zusammen diskutieren können, auch zusammen mit anderen Schülern. Vielleicht kannst du ja auch mal an einem meiner Mathe-Kurse teilnehmen. Leider wohnst du weit von Bonn weg, aber das könnte man schon organisieren irgendwie.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:37 Di 20.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hiho.
Ich habe mir jetzt mal deine 3 kleinen Tutorials durchgelesen, eine Menge davon kannte ich schon, aber diese Sachen wie die von Sophie Germain und die auf Teil 2 und 3 verwendeten Identitäten kannte ich noch nicht. Zwar habe ich es verstanden, kann mir aber nicht vorstellen, dass ich die Kreativität hätte, so etwas ebenfalls zu lösen.
Dennoch würde ich mich sehr freuen, wenn wir zusammen "trainieren" könnten, das wär wirklich klasse und unendlich nett von dir. Ein Mal in meinem Leben würd ich nämlich doch an einer Olympiade mitmachen und evt. bis zur Landesrunde vorstoßen wollen.
Gruß,
Hanno
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:04 Di 20.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Ich habe mir jetzt mal deine 3 kleinen Tutorials
> durchgelesen, eine Menge davon kannte ich schon,
Das dachte ich mir.
> aber diese
> Sachen wie die von Sophie Germain und die auf Teil 2 und 3
> verwendeten Identitäten kannte ich noch nicht.
Ja, so etwas lernt man selten aus Lehrbüchern (schon mal gar nicht aus Schulbüchern).
> Zwar habe
> ich es verstanden, kann mir aber nicht vorstellen, dass ich
> die Kreativität hätte, so etwas ebenfalls zu lösen.
Ich habe die Kreativität wirklich nicht (und bei mir ist eh alles zu spät, ich bin 31 ). Du hast die Kreativität in dir, hast sie auch schon gezeigt und kannst sie auch mit mehr Training noch besser entwickeln. Die Aufgaben in meinen Beispielen waren übrigens auf Bundesniveau (und teilweise auf dem Niveau der internationalen Mathe-Olympiade). Du brauchst also nicht frustriert zu sein, wenn du sie (noch) nicht hinbekommst.
> Dennoch würde ich mich sehr freuen, wenn wir zusammen
> "trainieren" könnten, das wär wirklich klasse und unendlich
> nett von dir.
Das mache ich wirklich gerne. Endlich mal wieder jemand, der auf mein Angebot hier konsequent eingeht, das freut mich unendlich.
> Ein Mal in meinem Leben würd ich nämlich doch
> an einer Olympiade mitmachen und evt. bis zur Landesrunde
> vorstoßen wollen.
Das Potential dafür hast du auf jeden Fall.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:57 Di 20.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Schon geschehen :-P Hatte ich ganz vergessen, danke für den Hinweis. Text hab ich natürlich so gelassen
Gruß
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:18 Di 20.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Moment mal: Es ist immer noch ein animierter Link eines anderen Forums auf deiner Homepage (direkt auf der Startseite). Jetzt aber mal ganz schnell weg damit!
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:30 Di 20.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Schon geschehen, jetzt sind alle Reste beseitigt, soweit ich das überblicken kann
Gruß,
Hanno
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:08 Di 20.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hiho.
Ich versuche mich mal an einer Lösung:
Also, wir suchen Zahlen, die durch 99 teilbar sind. Durch ein wenig Überlegen erkennt man ein Muster in der Bildung von Zahlen, die durch 99 teilbar sind. Sie lassen sich stets in der Form [mm]k(10^{2\cdot l}-1)[/mm] ausdrücken. Die Begründung dafür liegt darin, dass jede Zehnerpotenz mit geradem Exponenten -1 sich in eine Summe Zerlegen lässt, in der jeder Summand eindeutig als Vielfaches von 99 anzugeben ist.
Beispiel:
999999
=10000*99+100*99+1*99
Daher muss jede Zahl, welche sich durch den obigen Term ausdrücken lässt, durch 99 teilbar sein. O.B.d.A. gilt zudem [mm]0\leq k\leq 99[/mm]. Wieso, darauf komme ich am Ende zu sprechen.
Also gilt:
[mm]k(10^{2\cdot l}-1)=\sum_{i=0}^{l-1}{k\cdot 99\cdot 10^{2\cdot i}}[/mm]
Nun haben wir eine Summe bestehend aus Vielfachen von 99. Wir wollen nun die Quersumme dieser Zahl berechnen. Da bei einer Multiplikation [mm]k\cdot 99[/mm] für [mm]1\leq k\leq 99[/mm] immer eine vierstellige Zahl herauskommt ( wir denken und bei kleinen k die 0 davor ), und vom nachfolgenden Summanden ( wenn [mm]k\cdot 99[/mm] der aktuelle ist, dann ist [mm]k\cdot 99\cdot 10^2[/mm] der nächste ) zwei Nullen "zur Verfügung" gestellt werden, heißt dies, dass dieser Summand von seinem Nachfolger höchstens die letzten 4 Ziffern frisst und dessen Ziffern 1 und 2 übrig läst. Wendet man dies auf eine beliebige Zahl von Summanden an, so stellt man fest, dass man, ohne eine Aussage über die Ziffern in der Mitte machen zu müssen, als erste 2 Ziffern immer die ersten 2 Ziffern des größten Summanden, und als letzte 2 Ziffern immer die des kleinsten Summanden auffindet. Diese 4 Ziffern setzen sich zu einer Zahl zusammen, die genau [mm]k\cdot 99[/mm] entspricht. Können wir zeigen, dass diese Zahl [mm]k\cdot 99[/mm] für jedes [mm]k[/mm] mit [mm]1\leq k\leq 99[/mm] eine Quersumme von mindestens 18 besitzt, dann können wir die anderen Ziffern ausser acht lassen, da sie die Quersumme nur noch erhöhen können. Durch prüfen für jedes k zwischen 1 und 99 findet man, dass die Summe der ersten und letzten 2 Ziffern des Produktes [mm]k(10^{2\cdot l}-1)[/mm] mindestens 18 ergeben und die gesamte Quersumme somit nicht darunter liegen kann, q.e.d.
Die Annahme, dass [mm]1\lew k\leq 99[/mm] gilt, kann so begründet werden:
Wenn k über 100 liegt, dann lässt sich ein stets ein z finden, sodass gilt:
[mm]k=100+z[/mm]
Dann gilt:
[mm](100+z)(10^{2\cdot l}-1)=100(10^{2\cdot l}-1)+z(10^{2\cdot l}-1)[/mm]
Der erste Summand besteht ausschließlich aus der Zahl 9 und zwei Nullen am Ende ( durch die Multiplikation mit 100 ). Addieren wir beide Zahlen, so landen die letzten Ziffern des zweiten Summanden auf den beiden Nullen am Ende des ersten Summanden. Die ersten beiden Ziffern geraten auf die beiden Neunen. Dies ist jedoch kein Problem, da die resultierende Ziffer des Addierens einer 9 zwar meist ( außer im Sonderfall 0+9 ) um 1 kleiner als die alte Ziffer ist, jedoch die vorherige Ziffer um 1 inkrementiert. Bei 99 am Anfang führt dies zu den neuen Ziffern 1, 0 und einem x. Die Quersumme ist somit gleich geblieben. Die erste Ziffer des zweiten Summanden bringt man nun ohne Probleme dort ein, wo gerade eben die 0 entstanden ist. Für höhere k, d.h. für k, wo die nächstniedrigere Zehnerpotenz 1000 oder 10000 ist, verläuft das Verfahren analog.
Somit ist bewiesen, dass man die Frage, ob eine Zahl, die durch 99 teilbar ist, auch die Quersumme 18 oder höher besitzt, auf das endliche Problem der Frage, ob dies für die ersten Zahlen 1*99,2*99,...,99*99 zutrifft reduziert worden. Diese kann nun über ein wenig Rechnen oder einen anderen Beweis gezeigt werden.
So, das ist er jetzt, nach mehrfachem Ändern, mein Beweis :-D
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:57 Di 20.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Du hast mich mit deiner Antwort ganz schön ins Schwitzen gebracht, bis ich sie verstanden hatte. (Daran sehe ich mal wieder, dass ich nur mathematisches Mittelmaß bin, wenn ich über Antworten von Schülern so lange nachdenken muss.) Nach langem Nachdenken hast du mich aber überzeugt. Ich denke deine Antwort ist richtig!! Sie ist auch sehr kreativ-genial, das muss ich wirklich sagen.
Nur denke ich, dass die Lösung, die ich mir überlegt habe, vielleicht noch etwas "eleganter" ist, weil man bei dir ja immerhin noch 99 Faktoren am Schluss überprüfen muss (das muss man bei mir nicht). Dennoch: Dein Antwort ist richtig. (jedenfalls habe ich keinen Fehler gefunden). Alle Achtung, du hast mich einmal mehr beeindruckt.
Ich verrate meine Antwort noch nicht, vielleicht denkt ja noch jemand über die Aufgabe nach.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:05 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hiho Stefan.
Durch weiteres Überlegen und unter Zuhilfenahme meines Buches bin ich auf eine andere, weitaus elegantere Lösung gekommen:
1. Schritt:
Man zeige, dass jede Zahl bestehend aus den n Ziffern [mm]a_0,\cdots,a_{n-1}[/mm] gilt:
Wenn [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i}\equiv 0\ (mod\ 9)[/mm], dann [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot 10^i}\equiv 0\ (mod \ 9)[/mm].
Beweis:
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot 10^i}=\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot (9+1)^i}[/mm].
[mm](9+1)^i=\summe_{k=0}^{i}{ \vektor{i \\ k}\cdot 9^{i-k}\cdot 1^k}[/mm]
Für jedes [mm]k\geq 1[/mm] ist der Summand [mm] \vektor{i \\ k}\cdot 9^{i-k}\cdot 1^k[/mm] durch 9 teilbar. Für [mm]k=0[/mm] lässt er den Rest 1. Daher gilt: [mm]10^i\equiv 1\ (mod\ 9)[/mm]. Zudem gilt trivialier weise auch [mm]a_i\equiv a_i\ (mod\ 9)[/mm] Aus der Produktregel der modularen Arithmetik folgt: [mm]a_i\cdot 10^i\equiv a_i\ (mod\ 9)[/mm] und damit auch die anfängliche Behauptung.
1. Schritt:
Man zeige, dass jede Zahl bestehend aus den n Ziffern [mm]a_0,\cdots,a_{n-1}[/mm] gilt:
Wenn [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i}\equiv 0\ (mod\ 11)[/mm], dann [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot 10^i}\equiv 0\ (mod \ 11)[/mm].
Beweis:
Da jeder Zehnerexponent mit geradem Exponenten den Elferrest -1, jeder Zehnerexponent mit ungeradem Exponenten den Elferrest 1 lässt, gilt:
[mm]10^i\equiv (-1)^i\ (mod\ 11)[/mm]. Daraus folgt die Behauptung, dass eine Zahl durch 11 teilbar ist, wenn ihre alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist.
Grundüberlegung:
Wenn die Quersumme geringer als 18 wäre, und die Zahl durch 99 teilbar sein sollte, dann müssten demnach folgende Bedingungen herrschen:
-> Die Quersumme ist 9, da nur dann die Zahl auch durch 9 teilbar ist
-> Die alt. Quersumme ist 0, da nur sie als Vielfaches von 11 in Frage kommt. -9 und 9 wären die theoretischen Obergrenzen, welche aber beide nicht durch 11 teilbar sind.
Nun machen wir uns dies zu Nutze. Es gilt:
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i}=0[/mm]
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i}\equiv 0\ (mod\ 11)[/mm]
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i}\equiv 0\ (mod\ 9)[/mm]
sowie
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i}\equiv 0\ (mod \ 9)[/mm]
Addition beider Kongruenzen führt zu:
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i+a_i}\equiv 0\ (mod \ 9)[/mm]
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot ((-1)^i+1)}\equiv 0\ (mod \ 9)[/mm]
Da hier abwechselnd die Ziffern gezählt und nicht gezählt ( anstatt subtrahiert ) werden, muss diese Summe größer 0 sein und somit einen Rest ungleich 0 bei Division durch 9 liefern (mindestens die erste Ziffer muss ungleich 0 sein und sie wird gezählt, da [mm](-1)^0+1=1[/mm]). Damit ist der Widerspruch erbracht und der Satz bewiesen.
Gruß,
Hanno
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Hallo Hanno,
> 1. Schritt:
> Man zeige, dass jede Zahl bestehend aus den n Ziffern
> [mm]a_0,\cdots,a_{n-1}[/mm] gilt:
> Wenn [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i}\equiv 0\ (mod\ 9)[/mm], dann
> [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot 10^i}\equiv 0\ (mod \ 9)[/mm].
Meinst du, die Teilbarkeitsregel der 9 muss noch bewiesen werden? Naja egal, du tust es hier...
> Beweis:
> [...] Zudem gilt trivialier weise auch
> [mm]a_i\equiv a_i\ (mod\ 9)[/mm] Aus der Produktregel der modularen
> Arithmetik folgt: [mm]a_i\cdot 10^i\equiv a_i\ (mod\ 9)[/mm] und
> damit auch die anfängliche Behauptung.
Davon zu sprechen, dass Dinge "trivialerweise" gelten, macht keinen guten Eindruck, wenn du im naechsten Satz die "Produktregel der modularen Arithmetik" als hoechste Errungenschaft der Wissenschaft preist (so lese ich jedenfalls den Satz).
Das Wort "trivial" hat mMn in einem mathematischen Text nichts zu suchen: Wenn es trivial ist, kann man es auch hinschreiben, und dass die von dir genannte Aussage gilt, ist so offensichtlich, dass man gar nicht mehr dazuschreiben muss, dass sie offensichtlich ist.
> 1. Schritt:
Der zweite 1. Schritt *gg*
> Man zeige, dass jede Zahl bestehend aus den n Ziffern
> [mm]a_0,\cdots,a_{n-1}[/mm] gilt:
> Wenn [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i}\equiv 0\ (mod\ 11)[/mm],
> dann [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot 10^i}\equiv 0\ (mod \ 11)[/mm].
OK, die Teilbarkeitsregel der 11.
> Beweis:
> [...]
>
> Grundüberlegung:
> Wenn die Quersumme geringer als 18 wäre, und die Zahl
> durch 99 teilbar sein sollte, dann müssten demnach folgende
> Bedingungen herrschen:
> -> Die Quersumme ist 9, da nur dann die Zahl auch durch 9
> teilbar ist
Warum das? Du hast bisher nur behauptet, dass die Zahl durch 9 teilbar ist, wenn die Quersumme durch 0 teilbar ist. Woher hast du die Umkehrung, dass die Quersumme einer durch 9 teilbaren Zahl auch durch 9 teilbar ist?
> -> Die alt. Quersumme ist 0, da nur sie als Vielfaches von
> 11 in Frage kommt. -9 und 9 wären die theoretischen
> Obergrenzen, welche aber beide nicht durch 11 teilbar sind.
Dies ist dir anscheinend offensichtlich, deshalb frage ich dich: Warum ist die alternierende Quersumme durch -9 und 9 begrenzt?
> Nun machen wir uns dies zu Nutze. Es gilt:
> [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i}=0[/mm]
Ja.
> [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i}\equiv 0\ (mod\ 11)[/mm]
Wozu diese Aussage?
> [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i}\equiv 0\ (mod\ 9)[/mm]
>
> sowie
> [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i}\equiv 0\ (mod \ 9)[/mm]
Ja, dies sind zwei Aussagen, die nuetzlich werden koennten.
> Addition
> beider Kongruenzen führt zu:
> [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{(-1)^i\cdot a_i+a_i}\equiv 0\ (mod \ 9)[/mm]
>
> [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot ((-1)^i+1)}\equiv 0\ (mod \ 9)[/mm]
Richtig.
> [...] da [mm](-1)^0+1=1[/mm].
Dass 1+1 = 2 ist, ist dir aber schon klar, oder?
> Damit ist der
> Widerspruch erbracht und der Satz bewiesen.
Noch nicht. Warum ist die doppelte Summe der geraden Stellen nicht durch 9 teilbar?
Gruss,
SirJective
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:51 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Huch, da hab ich mich vertan bei [mm](-1)^0+1=1[/mm], ist natürlich 2 :-P
Dann kann der Modulo niemals 0 sein, da immer eine Gerade Zahl herauskommt und diese ( wenn sie nicht 0 ist, was ausgeschlossen ist ) niemals den Neunerrest 0 lassen kann, so lange sie sich zwischen 1 und 17 bewegt, was hier gewährleistet ist.
Und zu deiner ersten Frage:
Ich habe doch gezeigt, dass jede Zahl, deren Quersumme durch 9 teilbar ist, auch selber durch 9 geteilt werden kann. Wenn alsl eine Quersumme kleiner 18 vorkommen soll, dann kann dies nur 9 sein.
Und an das trivial: t'schuldigung, ich werd versuchen mir das abzugewöhnen.
Und noch zur Frage zwischendrin:
Wenn die Quersumme einer Zahl 9 ist, dann kann die alternierende Summe niemals einen Betrag haben, der größer 9 ist. Denn im Extremfall wird nur abgezogen/addiert, wobei letzteres Resultat das der Quersumme ist.
Gruß,
Hanno
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:05 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Huch, da hab ich mich vertan bei [mm](-1)^0+1=1[/mm], ist natürlich
> 2 :-P
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Dann kann der Modulo niemals 0 sein, da immer eine Gerade
> Zahl herauskommt und diese ( wenn sie nicht 0 ist, was
> ausgeschlossen ist ) niemals den Neunerrest 0 lassen kann,
> so lange sie sich zwischen 0 und 17 bewegt, was hier
> gewährleistet ist.
Moment: Wenn für die Quersumme gleich $9$ wäre und sich diese nur über die "geraden Koeffizienten" ergeben würde, würde aus der letzten Beziehung kein Widerspruch folgen. Oder übersehe ich da gerade etwas?
> Und zu deiner ersten Frage:
> Ich habe doch gezeigt, dass jede Zahl, deren Quersumme
> durch 9 teilbar ist, auch selber durch 9 geteilt werden
> kann. Wenn alsl eine Quersumme kleiner 18 vorkommen soll,
> dann kann dies nur 9 sein.
Du hast aber nicht gezeigt (und das verwendest du): Wenn eine Zahl durch $9$ teilbar ist, dann auch ihre Quersumme. Kannst du den Beweis bitte noch nachholen?
> Und an das trivial: t'schuldigung, ich werd versuchen mir
> das abzugewöhnen.
Kein Problem, es gibt Schlimmeres (ich verwende es auch ab und zu, auch wenn das vielleicht unschön ist, siehe das Buch von Beutelsparer "Das ist o.B.d.A. trivial". )
> Und noch zur Frage zwischendrin:
> Wenn die Quersumme einer Zahl 9 ist, dann kann die
> alternierende Summe niemals einen Betrag haben, der größer
> 9 ist. Denn im Extremfall wird nur abgezogen/addiert, wobei
> letzteres Resultat das der Quersumme ist.
Mir war klar, dass dir das klar war, aber du solltest dann so etwas besser genauer hinschreiben.
Insgesamt, bis auf die kleinen Ungenauigkeiten, eine sehr gute Leistung von dir!!! Ich wäre mit gerade mal 16 Jahren von so etwas Lichtjahre entfernt gewesen, sage ich ganz ehrlich.
Hast du eigentlich die $11$ übersprungen? Du warst doch zuletzt noch in der $10$...
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:09 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Moment: Wenn für die Quersumme gleich [mm]9[/mm] wäre und sich diese
> nur über die "geraden Koeffizienten" ergeben würde, würde
> aus der letzten Beziehung kein Widerspruch folgen. Oder
> übersehe ich da gerade etwas?
Ja, ich habe etwas übersehen (habe mal wieder zu schnell geantwortet). Kannst du das noch näher ausführen? Dann ist die Aufgabe nämlich gelöst.
Was müsste dann für die Summe der "ungeraden Koeffizienten" gelten und warum wäre das ein Widerspruch?
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:20 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Der Term [mm](-1)^i+1[/mm] besagt ja, dass die Ziffern abwechselnd gar nicht, und dann wieder doppelt gezählt werden. Dies führt dazu, dass die Quersumme insgesamt nur gerade sein kann. Da sie durch 9 teilbar sein soll, kann sie im Bereich von 0 bis 18 nur 0 oder 18 sein, wobei 18 ja kein Widerspruch wäre. Wir wollen aber einen Widerspruch sehen und verlangen daher, dass sie gleich 0 ist. Dies kann aber nicht eintreten, da mindestens die erste Stelle O.B.d.A. von Null verschieden ist und somit die Quersumme ungleich 0 ist.
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:28 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Nein, das stimmt so noch nicht. ![[notok]](/images/smileys/notok.gif "[notok]")
Gezeigt hast du bisher: Das Doppelte der Summe der geraden Glieder der Quersumme muss durch $9$ teilbar sein (und die Quersumme muss zudem kleiner als $18$ sein). Dann könnte die Summe der geraden Glieder der Quersumme durchaus gleich $9$ sein. Jetzt überlege aber mal, was das dann für die Summe der ungeraden Glieder der Quersumme hieße?
Kommst du darauf? (Beachte die Bedingung an die alternierende Quersumme!)
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:15 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Ja, die 11 überspringe ich gerade. Leider steht Mathe und Schule ziemlich im Konflikt und ich muss mir in den Hintern beißen, damit ich nicht den ganzen Tag nur Mathe mache.
Hmm, und zu dem Beweis:
Er ist ja nur umgedreht, oder treten da noch Schwierigkeiten auf?
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot 10^i}\equiv 0\ (mod\ 9)[/mm]
[mm]10^i=(9+1)^i=\summe_{k=0}^{i}{\vektor{i \\ k}\cdot 9^{i-k}}[/mm]
Daher gilt, wie vorher beschrieben [mm]10^i\equiv 1\ (mod\ 9)[/mm].
Multiplikation mit der Kongruenz [mm]a_i\equiv a_i[/mm] bringt.
[mm]a_i\cdot 10^i\equiv a_i[/mm]
Summation führt zu dem gewünschten Ergebnis.
Dann kann ich auch umgekehrt sagen, dass jede Zahl, die durch 9 teilbar ist, auch eine Quersumme hat, die durch 9 teilbar ist.
Meintest du das?
Gruß,
Hanno
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 12:24 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Sehr schön! Es ist halt wichtig, dass man sich ganz exakt ausdrückt, und bisher hattest du diese Richtung der Aussage noch nicht erwähnt (und sie noch nicht bewiesen). Aber das lernst du schon noch.
Überhaupt machst du sehr gute Fortschritte. Mathematisch sowieso, darüber brauchen wir nicht zu reden. Aber auch menschlich: Wie du dich jetzt hier präsentierst, nämlich wissbegierig, aber höflich und bescheiden, das gefällt mir wirklich sehr gut. Mach weiter so!!! ![[daumenhoch]](/images/smileys/daumenhoch.gif "[daumenhoch]") Dann bist du auf einem sehr guten Weg ein hervorragender und zudem sympathischer Mathematiker zu werden, der anderen gerne hilft und sie nicht "von oben herab" und besserwisserisch behandelt (diese Gefahr besteht halt bei sehr talentierten jungen Leuten, das weiß ich, da ich ständig mit ihnen zu tun habe; aber das kriegen wir zusammen in den Griff, vorausgesetzt du nimmst meine Ratschläge ab und zu an ).
Cool, dass du die $11$ übersprungen hast. (Ist zwar heute nichts Besonderes mehr, aber trotzdem: Alle Achtung!) Hast du schon mal überlegt mit dem Studium anzufangen? In zahlreichen Bundesländern gibt es die Möglichkeit des "Studiums ab 16", neben der Schule. Wenn du möchtest, informiere ich mich mal, ob das bei dir möglich ist.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:48 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan!
Ja gerne, das fände ich klasse, wenn du dich mal informieren würdest, das fände ich natürlich riesig. Man darf natürlich auch nicht vergessen, dass die Schule kein Pappenstiel ist, gerade wo man überspringt und dann direkt in's ABI rutscht. Aber da gibt es dann bestimmt Regelungen.
Kurz: JA, wenn du dich informieren würdest dann wär ich dir sehr dankbar.
Gruß,
Hanno
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:05 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Wenn ich ehrlich bin, sehe ich noch nicht, was an meiner Begründung falsch sein soll. Ich lese und überlege gerade, aber sehe nicht, wo da der Wurm ist. Schließlich weiß ich ja, dass [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot((-1)^i+1)}[/mm] immer gerade ist, da eine Ziffer entweder nicht ( wenn i Ungerade ist ) oder 2 mal ( wenn i gerade ist ) gezählt wird. Das Ergebnis kann nicht 0 sein, da wenigstens die erste Ziffer ungleich 0 ist und doppelt gezählt wird. Dennoch wollen wir, dass die [mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot((-1)^i+1)}\equiv 0\ (mod\ 9)[/mm] gilt, was bei einer geraden Zahl nur noch bei einem Vielfachen von 18 der Fall sein kann, nicht aber bei 0.
Das einzig neue:
Der Sonderfall 18 kann nur eintreten, wenn die ungeraden Ziffern alle gleich 0 sind. Dann könnte die Zahl allerdings nicht mehr durch 11 teilbar sein, weil die alternierende Quersumme mit der Quersumme übereinstimmen würde und somit 9 wäre, was nicht durch 11 zu teilen ist.
Nun richtig?
Gruß,
Hanno
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:59 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Ich weiß nicht, ob du das Richtige meinst. Wenn ja, dann wäre habe ich es nicht verstanden.
Die Begründung ist die folgende:
Wir nehmen also an, es gäbe eine positive Zahl [mm] $\summe_{i=0}^{n-1}a_i 10^i$, [/mm] die durch $99$ teilbar ist und deren Quersumme kleiner als $18$ ist.
Ich setze alles voraus, was du schon gezeigt hast.
Du hattest dir doch schon
[mm]\summe_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot((-1)^i+1)} \equiv 0 \pmod{9}[/mm]
überlegt, also (im Falle, dass $n-1$ gerade ist, ansonsten wird die Summe bis [mm] $\frac{n-2}{2}$ [/mm] betrachtet):
[mm]2\summe_{i=0}^{\frac{n-1}{2}} a_{2i} \equiv 0 \pmod{9}[/mm],
und daher:
[mm]\summe_{i=0}^{\frac{n-1}{2}} a_{2i} \equiv 0 \pmod{9}[/mm].
Daraus folgt zusammen mit der Abschätzung:
[mm]0 \le \summe_{i=0}^{\frac{n-1}{2}} a_{2i} \le \summe_{i=0}^{n-1} a_i < 18[/mm]
die Alternative:
[mm]\summe_{i=0}^{\frac{n-1}{2}} a_{2i}=0[/mm] oder [mm]\summe_{i=0}^{\frac{n-1}{2}} a_{2i}=9[/mm].
Wegen (das hattest du dir überlegt, wieder oBdA im Falle, dass $n-1$ gerade ist)
$0 = [mm] \summe_{i=0}^{\frac{n-1}{2}} a_{2i} [/mm] - [mm] \summe_{i=0}^{\frac{n-3}{2}} a_{2i+1}$
[/mm]
folgte dann auch für die Quersumme über die "ungeraden Koeffizienten":
[mm] $\summe_{i=0}^{\frac{n-3}{2}} a_{2i+1}=0$ [/mm] oder [mm] $\summe_{i=0}^{\frac{n-3}{2}} a_{2i+1}=9$.
[/mm]
Im ersten Fall wäre
[mm] $\summe_{i=0}^{n-1} a_i=0$
[/mm]
(d.h. die ursprüngliche Zahl wäre die $0$ gewesen, was einen Widerspruch zur Voraussetzung darstellt, dass die Zahl positiv sein soll)
und im zweiten Fall wäre
[mm] $\summe_{i=0}^{n-1} a_i=18$,
[/mm]
was ebenfalls einen Widerspruch darstellt (zu der Voraussetzung, dass die Quersumme kleiner als $18$ ist).
Daher kann es keine von Null verschiedene Zahl geben, die durch $99$ teilbar ist und deren Quersumme kleiner als $18$ ist.
Meintest du das? (Ich konnte das aus deinem Beweis nicht exakt ablesen.)
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:22 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Erstmal danke für die Mühe. Ich verstehe deine Lösung, doch ist meine Begründung ein wenig anders, sollte aber auch stimmenn ( hoffe ich mal ;) ):
Auch ich setze voraus, dass wir eine Zahl mit den Ziffern [mm]a_0,...,a_{n-1}[/mm] suchen, die durch 99, also durch 9 und durch 11 teilbar ist. Diese Zahl muss, um an den bisherigen Stand anzuknüpfen, folgende Eigenschaft besitzen:
[mm]\sum_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot((-1)^i+1)}\equiv 0\pmod{9}[/mm]
Deine Umformung bringt:
[mm]\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}{2\cdot a_{2i}}\equiv 0\pmod{9}[/mm]
Ich eliminiere den Faktor 2 jetzt bewusst nicht, denn ich brauche ihn für weitere Überlegungen:
Die Summe muss durch den Faktor 2 gerade sein, jedoch muss sie auch durch 9 teilbar sein. Dafür kommen also nur 0 und 18 in Frage, da 18 gerade so als Doppelte Quersumme noch möglich ist.
1.) = 0
Dieser Fall kann nicht eintreten, da die erste Ziffer ungleich 0 ist.
2.) = 18
Dieser Fall tritt nur dann ein, wenn alle misachteten Ziffern 0 sind. Wenn dies der Fall ist, so ist die Summe jedoch gleichwertig zu der alternierenden Summe der Zahl. Wir wissen, dass diese Zahl laut Vorausstzung durch 99, also auch durch 11 teilbar sein muss. Da die alternierende Summe jedoch 18 ist, folgt sofort, dass [mm]\sum_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot 10^i}[/mm] nicht durch 11, und somit auch nicht durch 99 teilbar sein kann.
Somit ist gezeigt, dass es keine Zahl gibt, die durch 99 teilbar ist, jedoch eine Quersumme von unter 18 hat, da diese dann 9 betragen müsste und die Tatsache zu dem gerade angeführten Widerspruch führt.
Gruß,
Hanno
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:34 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Auch ich setze voraus, dass wir eine Zahl mit den Ziffern
> [mm]a_0,...,a_{n-1}[/mm] suchen, die durch 99, also durch 9 und
> durch 11 teilbar ist. Diese Zahl muss, um an den bisherigen
> Stand anzuknüpfen, folgende Eigenschaft besitzen:
> [mm]\sum_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot((-1)^i+1)}\equiv 0\pmod{9}[/mm]
> Deine Umformung bringt:
> [mm]\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}{2\cdot a_{2i}}\equiv 0\pmod{9}[/mm]
> Ich eliminiere den Faktor 2 jetzt bewusst nicht, denn ich
> brauche ihn für weitere Überlegungen:
Warten wir mal ab.
> Die Summe muss durch den Faktor 2 gerade sein, jedoch muss
> sie auch durch 9 teilbar sein. Dafür kommen also nur 0 und
> 18 in Frage, da 18 gerade so als Doppelte Quersumme noch
> möglich ist
Das stimmt.
> 1.) = 0
> Dieser Fall kann nicht eintreten, da die erste Ziffer
> ungleich 0 ist.
Was meinst du mit "der ersten Ziffer"? [mm] $a_{n-1}$? [/mm] Stimmt, davon könnte man obdA annehmen, dass es nicht verschwindet.
> 2.) = 18
> Dieser Fall tritt nur dann ein, wenn alle misachteten
> Ziffern 0 sind. Wenn dies der Fall ist, so ist die Summe
> jedoch gleichwertig zu der alternierenden Summe der Zahl.
Nein, das stimmt doch nicht. Die oben betrachtete Summe [mm]\sum_{i=0}^{\frac{n-1}{2}}{2\cdot a_{2i}}[/mm] ist in diesem Fall genau das Doppelte der alternierenden Summe der Zahl.
> Wir wissen, dass diese Zahl laut Vorausstzung durch 99,
> also auch durch 11 teilbar sein muss. Da die alternierende
> Summe jedoch 18 ist,
Du meinst $9$. Aber auch das führt ja zu einem Widerspruch.
> folgt sofort, dass
> [mm]\sum_{i=0}^{n-1}{a_i\cdot 10^i}[/mm] nicht durch 11, und somit
> auch nicht durch 99 teilbar sein kann.
> Somit ist gezeigt, dass es keine Zahl gibt, die durch 99
> teilbar ist, jedoch eine Quersumme von unter 18 hat, da
> diese dann 9 betragen müsste und die Tatsache zu dem gerade
> angeführten Widerspruch führt.
Okay, jetzt habe ich deine Idee verstanden. Ist dir denn dein (kleiner) Fehler oben klar?
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:49 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Es freut mich, dass du so aktiv mitgedacht hast. Das hat mir echt Spaß gemacht und das werden wir auch wiederholen. Allerdings habe ich ein "kleines" Problem: Ich muss leider ab und zu tagsüber auch arbeiten.
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:23 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi nochmal.
Woher hast du die Aufgabe eigentlich? Das würde mich jetzt ja doch mal interessieren
Gruß
Hanno
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:39 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
2. Mathematik-Olympiade, 1962/63, Stufe 3, Klasse 12.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:44 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Hi Stefan.
Hui, also gar kein so leichtes Kaliber!
Gruß
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:49 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Hanno |
Wunderbar, das motiviert mich gleich noch viel mehr - und die Schule leidet drunter :-O
Gruß,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:51 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Wunderbar, das motiviert mich gleich noch viel mehr - und
> die Schule leidet drunter :-O
Die machst du doch nebenbei mit links. ![[banane]](/images/smileys/banane.gif "[banane]")
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:06 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> EDIT:
> War das eigenltich auch deine Lösung, die wir jetzt
> ermittelt haben?
Ja, so sinngemäß. Ich hatte es nur etwas anders aufgeschrieben, aber wir lassen es jetzt so. "Gewachsene", zusammen erarbeitete Lösungen sind nämlich die schönsten.
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:55 Mi 21.07.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Christian, lieber Hanno!
Die Anmerkungen von Christian sind schon richtig, aber ich denke mal bei
[mm] $a_i \equiv a_i \pmod{9}$
[/mm]
darf man das Wort "trivial" schon durchaus benutzen. Ich denke mal, die Beweise am Anfang waren für andere Schüler gedacht, die diese Sachverhalte vielleicht noch nicht kennen, insofern finde ich das schon okay.
So, jetzt bin ich aber auch in dieser Beziehung schon wieder ruhig.
Lieber Hanno, die Grundideen sind doch schon mal gut. Nur über die offene Frage am Schluss solltest du noch einmal genauer nachdenken. Kann man das vielleicht auch anders machen?
Liebe Grüße
Stefan
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![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
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