Kommentare - - Seite 65

In den Zellen 3 und 4 der Kosinussatzgleichungen steht fälschlicherweise jeweils y statt y^2. Wegen des anschließenden Gleichsetzens fällt der Fehler nicht ins Gewicht.

>>Bis zur Einstelligkeit herunter gerechnete Quersumme Primzahl= 2 oder 5 oder 8 bedeutet, dass die Primzahl auf f(x)=6x-1 liegt, bis zur Einstelligkeit herunter gerechnete Quersumme Primzahl=1 oder 4 oder 7 bedeutet, dass die Primzahl auf f(x)=6x+1 liegt. Mathematisch beweisen kann ich Ihnen das nicht, ist aber wohl so...<<
Das ergibt sich daraus, dass Vielfache von Sechs als einstellige Quersumme (1,2,3)*3 haben, also Drei, Sechs oder Neun.
Wenn das Vielfache von Sechs um Eins inkrementiert wird, liegt dieeinstellige Quersumme (die Quersumme aller Zwischenquersummen) auch um Eins höher. Ergo Vier, Sieben oder Eins. Für 6x-1 ist die Argumentation analog.

Der Beweis, dass jedes n € N+ irgendwann qua Collatzfolge bei derEins landet, führt am Ende auch nur über Probability und die Willkürlichkeit der Folgenglieder.
3n+1 ergibt immer eine gerade Zahl. Jede zweite gerade Zahl ist nur einmal diophantisch durch Zwei divisibel. Von den restlichen fünfzig Prozent der geraden Zahlen ist jede durch Vier, jede zweite durch Acht, jede vierte durch Sechzehn usw. divisibel.
Wenn man jetzt jede Reduktion von 3n+1 mit der entsprechenden Wahrscheinlichkeit der Division durch Zwei hoch n gewichtet, sieht man sofort, dass eine stetige Verkleinerung stattfindet. Statistisch ist jeder zweite Reduktionsschritt eine Division durch Zwei hoch Eins, was beim nächsten 3n+1 zu einem Wachstum führt (3/8*n +3/8.) Dann jedoch folgt statistisch bereits eine Division durch Vier, und das bei jeder zweiten Division reichte bereits hin zu stetiger Reduktion. Tatsächlich ist aber p(Division durch 2^3 = dreimal durch Zwei dividiert) bereits ein Viertel aller Reduktionsschritte, was die stetige Reduktion noch beschleunigt. p(Division durch 2^n) = 1/2^(n-1).
Diese Argumentation ist genauso zulässig wie die Aussage, dass der Anteil teilerfremder Paare zw. Anzahl Folgeglieder und Summe aller Glieder einer Collatzfolge versus Eins minus Sechs durch Pi quadrat konvergiert.

"Indem man dann die Wurzel aus 6/(a/n) bildet, erhält man eine Näherung für Pi."
Ich bin ein wenig über diesen Satz gestolpert, da mein Taschenrechner mir erst andere Ergebnisse ausgegeben hat als jene, die im Artikel folgen. Das lag daran, dass ich den Satz in folgende Formel übersetzt habe: √(6)/(a/n)
Erst nach einigem Probieren ist mir aufgefallen, dass es √(6/(a/n)) sein muss, sprich der ganze Term 6/(a/n) gehört unter den Wurzelstrich.
Ansonsten finde ich den Artikel jedoch sehr anregend.

Guten tag.

Die collatz-vermutung ist ein sehr interessantes thema für sich allein genommen. es nur dazu herranzuziehen zufallszahlen zu produzieren um dann dadurch pi zu finden ist etwas weit hergeholt und unnötig.

natütlich würde ich ich mich über artikel über collatz oder das basel-problem sehr freuen, aber dann bitte etwas ausführlicher.

über einen versuch den "fast-beweis" von terrence tao darzustellen würde ich mich ungemein freuen. oder eine erklärung was die summe der quadrat-reziproken mit pi/einen kreis zutun haben.

MfG bob

ps.: ich applaudiere jedem der versucht mathe der allgemeinheit nahezubringen, *applaus*

pps.: ich hatte mal ne stunde mit 4.Klässlern denen ich collatz aus spaß mal nähergebracht hatte, einige haben da echt ne weile nach zahlen gesucht, war eine gute stunde.

Es gilt x/80=cos(15). Mit Hilfe des Additionstheorems
cos(2a) = 2 cos(a)^2 - 1 und cos(30) = sin(60) = 1/2 sqrt(3)
ergibt sich
cos(15) = sqrt( 1 + cos(30) ) / 2 ) = sqrt( 2 + sqrt(3) ) / 2

Aus der von Eder genannten Lösung geht hervor, dass
cos(15) = x/80 = 40( 1 + sqrt(3) ) / sqrt(2) / 80 = ( sqrt(2) + sqrt(6) ) / 4
Also gilt
sqrt( 2 + sqrt(3) ) / 2 = ( sqrt(2) + sqrt(6) ) / 4

Mir fällt es wie folgt leichter:
Unterhalb des gleichschenklingen Dreiecks ergibt sich ein rechtwinkliges Dreieck, mit der Hypotenuse 80cm.
Der Winkel Alpha dieses Dreiecks muss bei (90°-60°)/2=15° liegen.
Es ergibt sich:
cos(15°)*80cm=77,27cm

Vielen Dank Herr Eder für den Ansporn zum Denksport.

Ich verstehe aber noch nicht, wie sie direkt nach dem Einsetzen der 2. Gleichung in die erste auf a=3 schließen können. a=4 und a=5 können meiner Meinung nach erst nach weiterem Probieren ausgeschlossen werden, da es sonst für c keine ganzzahlige Lösung gäbe.
(Meinen vorherigen Kommentar bitte ignorieren)

Doch, aus der dritten Bedingung ergibt sich, dass Bert's Alter eine Quadratzahl ist.

Ich verstehe aber noch nicht, wie sie direkt nach dem Einsetzen der 2. Gleichung in die erste auf a=3 schließen können. a=4 und a=5 können meiner Meinung nach erst nach weiterer Rechnung ausgeschlossen werden

Für die Reihenfolge der Sekretärinnen, nach Festlegung der Werte der Sekretärinnen, muss die Gleichverteilung gelten (genauer die Reihenfolge muss unabhängig, identisch und gleichverteilt sein).

Ansonsten betrachten wir einfach die Zufallsverteilung, die dadurch entsteht, dass die schlechteste Sekretärin immer als letztes aufgerufen werden würde, die knapp 37% der besten Sekretärinnen unabhängig, identisch und gleichverteilt auf die ersten knapp 37% der "Plätze" verteilt werden (und damit diese alle abgelehnt werden) und die restlichen Sekretärinnen unabhängig, identisch und gleichverteilt auf die übrigen "Plätz" verteilt werden. Und schon ist - bei genügend großen n - mit einer Wahrscheinlichkeit von 100% (sicheres Ereignis) sichergestellt, dass mit der vorgestellten Strategie die schlechteste Sekretärin eingestellt werden würde.

Für das "Spiel" mit den Karten kann man so etwas vermeiden, dass man eben unabhängig, identisch und gleichverteilt, nachdem alle Karten auf den Tisch gelegt wurden, jeweils die Karten auswählt, welche als nächstes betrachtet wird, d.h. der aufdeckende Spieler bestimmt die Reihenfolge (und nicht, der Spieler, welche die Karten verdeckt auf den Tisch legt und auch nicht die Reihenfolge, wie die Karten von dem Spieler, welcher die Werte auf die Karten schreibt, auf den Tisch gelegt werden, bestimmt die Reihenfolge, nach der die nächste Karte aufgedeckt wird).

Auch bei den Sekretärinnen (und dem Beispiel mit dem potentiellen Mietern) läßt sich so etwas ähnlich, wie bei dem Spiel vermeiden. Es müssen dann halt nur schon bei der Auswahl der Sekretärin für das erste Gespräch alle Sekretärinnen anwesend sein, ähnliches gilt für die potentiellen Mieter.

ps. die genannte Zufallsverteilung, um die schlechtestmögliche Sektretärin auszuwählen, ist übrigens nicht die Allgemeinste (da es eben schon reicht, wenn die schlechteste als letztes, die beste unter den ersten knapp 37% der ausgewählten und damit abgelehnten Sekretärinnen ist und die anderen Sekretärinnen alle unabhängig, identisch und gleichverteilt auf die übrigen "Plätze" verteilt werden).

pps. Die Aussage "Doch wenn die höchste Karte an der r+3-ten Stelle ist, gewinnt man nur, wenn die höchsten vorkommenden Werte auf den ersten r Zetteln stehen." hört sich interessant an, denn wenn die höchste Karte an der r+3-ten Stelle ist, dann können die höchsten vorkommenden Werte nicht auf den ersten r Zetteln stehen, da schließlich der höchste Wert auf dem r+3-ten Zettel (Stelle) steht ;-). Es ist aber gemeint, dass die Werte auf den Karten der Positionen r+1 und r+2 kleiner sind, als die Werte auf den Karten der Stellen 1 bis r damit man, falls die höchste Karte an der Stelle r+3.ten Stelle ist, auch gewinnt, d.h. während die Grafik eindeutig ist, so ist die Textbeschreibung darunter eben nicht eindeutig (also etwas unpräzise).

ppps. Die Variante, dass man damit auch einen Heiratspartner wählt, kannte ich nicht, ich kenne nur das - auch in der Informatik betrachtete - "stable marriage problem", abgesehen davon, dass man bei der Variante mit der Wahl des Heiratspartners sicherlich nicht so einfach dafür sorgen kann, dass die Reihenfolge der betrachtete Heiratskandidaten auch unabhängig, zufällig und gleichverteilt ist ;-).

Der Dreickswinkel beträgt 60°. Bleibe zweimal 15° für die schmalen Dreiecke am Rand.
-> cos(15°)*80 = 77.27

Eine alternative Lösung wäre diese:
In der Ecke des Quadrats, in der die eine Ecke des Dreiecks liegt, ergänzen zwei Winkel Alpha und Beta den 60°-Winkel des gleichseitigen Dreiecks zu den 90° des Quadrats. Sei x die Kantenlänge des Quadrats, dann gilt:
x = 80 cm * cos(Alpha) = 80 cm * cos(Beta)
Wegen 0 <= Alpha, Beta <= 30° folgt daraus Alpha = Beta = 15°.
Damit ist x = 80 cm * cos(15°), was zu berechnen war.

Die Aufgabe vom 09.07.2022 ist sehr einfach lösbar, wenn man eines der beiden kleinen weißen Dreiecke der Zeichnung betrachtet:
Aus der unmittelbaren Anschauung leuchtet ein, dass die Seitenlänge des Quadrates gleich der Länge der Dreiecksseite (80 Zentimeter) mal dem Cosinus von 15° ist, was direkt zum Ergebnis führt.

Warum nicht einfach 80*cos15 ??

Ein Winkel im Gleichseitigen Dreieck beträgt 60 Grad.
Der Winkel zur unteren Seite des Quadrates beträgt beträgt 25 Grad.
Das unterste Dreieck hat eine Hypothenusenlänge von 80 mm.
Die Ankathete (Seite des Quadrates)
Ist daher 80*Cos(15) = 77,2740661031.