Politik im Exil - Politische Diskussionen

giffi marauder hat geschrieben: ↑30.10.2024, 16:03

kad hat geschrieben: ↑30.10.2024, 10:33

Spoiler

Genau. Das war ein wenig brute force. Aber es stimmt. Bravo.

Spoiler

Na ja, vielleicht gehts ja auch noch etwas "mathematischer".

Die Folge der 3'er Reste für 2n über n ist ja durchaus simpel.
Wir nehmen einen Block (A) und ergänzen diesen mit den gleich grossen Blöcken 2A und 3A
wobei wir für 2A die Zahlen von A mit 2 und für 3A die Zahlen von A mit 3 multiplizieren
und wieder mod 3 nehmen.
x1 0->0,1->1,2->2 (bleibt gleich)
x2 1->2, 2->1, 0 -> 0
x3 0,1,2 -> 0
Wir beginnen mit einem Block der Länge 1 und dem Inhalt 1 für n=0
A0 (Länge 1)=[1]
A' (Länge 3) = [1],[2],[0]
A'' (Länge 9) = [1,2,0],[2,1,0],[0,0,0]
A''' (Länge 27) = [1,2,0,2,1,0,0,0,0],[2,1,0,1,2,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0]
....

Aber eigentlich interessiert uns ja gar nicht, ob der Rest nun 1 oder 2 ist,
sondern lediglich, ob dieser 0 ist.
Da bei sich bei einer Multiplikation mit 2 die Teilbarkeit nicht ändern,
reicht auch einfach die Teilbarkeitsinfo 0 (teilbar) oder 1 (nicht teilbar) zu vervielfältigen.

-> A''' (Länge 27) = [1,1,0,1,1,0,0,0,0],[1,1,0,1,1,0,0,0,0],[0,0,0,0,0,0,0,0,0]

Da sich die länge mit jedem Schritt verdreifacht, ist der gesuchte Block mit Länge >= 1000
in 7 Schritten gefunden, da A7 bereits die Länge 3^7 hat.

Nun kann Rest von (2n über n) mod 3 kann an der Stelle n direkt abgelesen werden,
oder aber auch rekuriv bestimmt werden.

Jeder Block der Länge 3^i hat drei Teile:
T1= Die Teilbarkeits-Info des Blockes der Länge 3^(i-1)
T2 = Die Teilbarkeits-Info des Blockes der Länge 3^(i-1)
T3 = Ein Block mit nur 0'en der Länge 3^(i-1)

A7= [A6][A6][0...0] mit jeweils 729 "bit".

Ist n im dritten BLock ist die Teilbarkeit gegeben
ist n im ersten Block, schauen wir uns die Teilbarkeiten in A6 an
ist n im zweiten Block, ziehen wir von n 3^6 ab und schauen uns ebenfalls A6 an

Spätestens bei n=0 sind wir fertig und stelle fest, dass die Teilbarkeit in diesem Fall nicht gegeben ist.

Die Frage ist nun, ob es auch noch eine kompakte Formel f(n) gibt, die das abbildet.

kad hat geschrieben: ↑30.10.2024, 16:15

Spoiler

Man kann zeigen

(2n über n) ist genau dann durch 3 teilbar, wenn für wenigstens ein k ≥ 1 die Ungleichung 1/2 ≤ frac(n/3k) < 1 gilt, und dies wiederum ist genau dann der Fall, wenn n in seiner Darstellung im Dreiersystem eine Ziffer 2 enthält.
Es ist nun relativ leicht, die Anzahl dieser n zu bestimmen – wir zählen einfach diejenigen n, die keine 2 in ihrer Dreierdarstellung enthalten, und ziehen die erhaltene Anzahl von 1000 ab. Wie viele n zwischen 1 und 1000 haben nun keine 2 in ihrer Dreierdarstellung?
Wegen 1000 = [1101001] (in Basis 3) gibt es genau die den 105 Binärdarstellungen der Zahlen
von 1 bis 105 = [1101001] (in Basis 2) entsprechenden Dreierdarstellungen von Zahlen n mit
der geforderten Eigenschaft. Für alle anderen 1000 − 105 = 895 Zahlen n zwischen
1 und 1000 ist also 2n über n durch 3 teilbar.

frac(x) bezeichnet den gebrochenen Anteil der nichtnegativen reellen Zahl x, also frac(x) = x−⌊x⌋.

Spoiler

Ich mach mal die Probe auf meine Art:
Länge 3 -> 1 Teilbarkeit
Länge 9-> 2x1+3=5
Länge 27-> 2x5+9=19
Länge 81-> 2x19+27=65
Länge 243 -> 2x65+81=211
Länge 729 -> 2x211+243=665
1000 (729+271) -> 665 Teilbarkeiten (für die ersten 729 Zahlen)
271 (243+28) -> 665+211=876 (für die ersten 729+271=972 Zahlen)
28 (27+1) -> 876+19=895 (für die ersten 972+27=999 Zahlen)
1 -> 895+0=895 (für alle 999+1=1000 Zahlen)
Also ja, 895 stimmt.

giffi marauder hat geschrieben: ↑30.10.2024, 16:34

kad hat geschrieben: ↑30.10.2024, 16:15

Spoiler

Man kann zeigen

(2n über n) ist genau dann durch 3 teilbar, wenn für wenigstens ein k ≥ 1 die Ungleichung 1/2 ≤ frac(n/3k) < 1 gilt, und dies wiederum ist genau dann der Fall, wenn n in seiner Darstellung im Dreiersystem eine Ziffer 2 enthält.
Es ist nun relativ leicht, die Anzahl dieser n zu bestimmen – wir zählen einfach diejenigen n, die keine 2 in ihrer Dreierdarstellung enthalten, und ziehen die erhaltene Anzahl von 1000 ab. Wie viele n zwischen 1 und 1000 haben nun keine 2 in ihrer Dreierdarstellung?
Wegen 1000 = [1101001] (in Basis 3) gibt es genau die den 105 Binärdarstellungen der Zahlen
von 1 bis 105 = [1101001] (in Basis 2) entsprechenden Dreierdarstellungen von Zahlen n mit
der geforderten Eigenschaft. Für alle anderen 1000 − 105 = 895 Zahlen n zwischen
1 und 1000 ist also 2n über n durch 3 teilbar.

frac(x) bezeichnet den gebrochenen Anteil der nichtnegativen reellen Zahl x, also frac(x) = x−⌊x⌋.

Spoiler

Ich mach mal die Probe auf meine Art:
Länge 3 -> 1 Teilbarkeit
Länge 9-> 2x1+3=5
Länge 27-> 2x5+9=19
Länge 81-> 2x19+27=65
Länge 243 -> 2x65+81=211
Länge 729 -> 2x211+243=665
1000 (729+271) -> 665 Teilbarkeiten (für die ersten 729 Zahlen)
271 (243+28) -> 665+211=876 (für die ersten 729+271=972 Zahlen)
28 (27+1) -> 876+19=895 (für die ersten 972+27=999 Zahlen)
1 -> 895+0=895 (für alle 999+1=1000 Zahlen)
Also ja, 895 stimmt.

Spoiler

Wunderbar!
Und jetzt zurück zum Kristall

kad hat geschrieben: ↑30.10.2024, 22:41 Ein zerstreuter Mathematiker hat n Briefe geschrieben, die er zuklebt, bevor er die Adressen auf die Umschläge geschrieben hat. Anschließend schreibt er die Adressen einfach zufällig auf die Umschläge. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass keiner der Briefe richtig adressiert ist?

Spoiler

Schaun mer mal für kleine Zahlen.
sei m=f(n) die gesuchte Zahl
n:m
1:0
2:1
3:2
4:3*3
5:4*11

ok, das riecht nach Rekursion.

5: 4*11=4(9+2) = 4*(f(4)+f(3))
4: 3*2=3*(2+1) = 3* (f(3)+f(1))
3: 2= 2(1+0) = 2* (f(2)+f(1))

f(n)=(n-1)*[f(n-1)+f(n-2)]?

Der Multiplikator (n-1) ist noch klar, da für den "ersten" Umschlang (n-1) Adressen in Frage kommen.
bleiben noch (n-1) Umschläge und Adressen über.
Aber warum nicht einfach f(n)=(n-1)*f(n-1)?

Ah, einer alleine kann ja nicht falsch sein.

Schreiben wir das obigen doch mal anders an.
f(n)=(n-1)*f(n-1) + (n-1)*f(n-2)

Hier werden also 2 Fälle unterschieden.

Fall 1:
Die Adresse vom ersten Umschlag befindet sich benau auf dem Umschlag der zur Adresse gehört,
die auf dem ersten Umschlag klebt
Dafür gibts (n-1) Möglichkeiten und ohne diese beiden Adressen reduziert sich das Problem auf (n-1)*f(n-2)
Ok, das erklärt den rechten Term.

Fall 2:
Ist das nicht allerdings nicht der Fall, gibts für die "erste" Adresse dann (n-2) Möglichkeiten.
und für die anderen Adressen noch x Möglichkeiten.

Damit haben wir (n-1)*(n-2)*x = (n-1)*f(n-1)
(n-2)*x = f(n-1)
(n-2)*x = (n-2)*(f(n-2)+f(n-3))
x= f(n-2)+f(n-3)


tbc.

giffi marauder hat geschrieben: ↑31.10.2024, 15:34

kad hat geschrieben: ↑30.10.2024, 22:41 Ein zerstreuter Mathematiker hat n Briefe geschrieben, die er zuklebt, bevor er die Adressen auf die Umschläge geschrieben hat. Anschließend schreibt er die Adressen einfach zufällig auf die Umschläge. Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass keiner der Briefe richtig adressiert ist?

Spoiler

Schaun mer mal für kleine Zahlen.
sei m=f(n) die gesuchte Zahl
n:m
1:0
2:1
3:2
4:3*3
5:4*11

ok, das riecht nach Rekursion.

5: 4*11=4(9+2) = 4*(f(4)+f(3))
4: 3*2=3*(2+1) = 3* (f(3)+f(1))
3: 2= 2(1+0) = 2* (f(2)+f(1))

f(n)=(n-1)*[f(n-1)+f(n-2)]?

Der Multiplikator (n-1) ist noch klar, da für den "ersten" Umschlang (n-1) Adressen in Frage kommen.
bleiben noch (n-1) Umschläge und Adressen über.
Aber warum nicht einfach f(n)=(n-1)*f(n-1)?

Ah, einer alleine kann ja nicht falsch sein.

Schreiben wir das obigen doch mal anders an.
f(n)=(n-1)*f(n-1) + (n-1)*f(n-2)

Hier werden also 2 Fälle unterschieden.

Fall 1:
Die Adresse vom ersten Umschlag befindet sich benau auf dem Umschlag der zur Adresse gehört,
die auf dem ersten Umschlag klebt
Dafür gibts (n-1) Möglichkeiten und ohne diese beiden Adressen reduziert sich das Problem auf (n-1)*f(n-2)
Ok, das erklärt den rechten Term.

Fall 2:
Ist das nicht allerdings nicht der Fall, gibts für die "erste" Adresse dann (n-2) Möglichkeiten.
und für die anderen Adressen noch x Möglichkeiten.

Damit haben wir (n-1)*(n-2)*x = (n-1)*f(n-1)
(n-2)*x = f(n-1)
(n-2)*x = (n-2)*(f(n-2)+f(n-3))
x= f(n-2)+f(n-3)


tbc.

kad hat geschrieben: ↑02.11.2024, 23:29

Spoiler

Ich glaube deine Rekursionsformel stimmt. Nur: mir ist nicht gelungen, sie zu “verstehen”. Noch konnte ich daraus die geschlossene Formel für f(n) ableiten - und ich habe einiges ausprobiert.
Jetzt bin ich auf dein tbc gespannt.

Spoiler

Am Freitag am Friedhof kam mir die Erleuchtung.

Wir schreiben eine falsche Adresse auf Umschlag 1.
Dafür gibts (n-1) Möglichkeiten

Dann unterscheiden wir 2 Fälle.

1. Die Adresse vom ersten Umschlag befindet sich genau auf dem Umschlag der zur Adresse gehört,
die auf dem ersten Umschlag steht.
Damit sind zwei Umschläge und zwei Adressen aus dem Spiel und für den Rest gilt f(n-2) (zweiter Summand)

2. Die Adresse vom ersten Umschlag befindet sich nicht auf dem Umschlag der zur Adresse gehört,
die auf dem ersten Umschlag steht.
Meine ursprüngliche Annahme, die erste Adresse könnte nun überall stehen, ist damit aber falsch.
Auch diese Adresse darf genau auf einem Umschlag nicht stehen, sonst hätten wir ja Fall 1.
Damit ist ein Umschlag und eine Adresse aus dem Spiel und wir wir haben noch n-1 Adressen (inkl. der ersten),
die auf alle bis auf genau einem Umschlag stehen dürfen. -> f(n-1) (erster Summand)

f(n)=(n-1)*[f(n-1) + f(n-2)]

Kompakte Formel habe ich auch noch nicht gefunden.

Ich hatte einen anderen Weg gewählt: alle möglichen Adressierungen minus denen, wo mindestens eine Adresse korrekt ist…..

Diesen Versuch habe ich nach zwei Seiten voll gekritzelt mit Wahrscheinlichkeiten und Gegenwahrscheinlichkeiten aufgegeben.

giffi marauder hat geschrieben: ↑04.11.2024, 08:56

kad hat geschrieben: ↑02.11.2024, 23:29

Spoiler

Ich glaube deine Rekursionsformel stimmt. Nur: mir ist nicht gelungen, sie zu “verstehen”. Noch konnte ich daraus die geschlossene Formel für f(n) ableiten - und ich habe einiges ausprobiert.
Jetzt bin ich auf dein tbc gespannt.

Spoiler

Am Freitag am Friedhof kam mir die Erleuchtung.

Wir schreiben eine falsche Adresse auf Umschlag 1.
Dafür gibts (n-1) Möglichkeiten

Dann unterscheiden wir 2 Fälle.

1. Die Adresse vom ersten Umschlag befindet sich genau auf dem Umschlag der zur Adresse gehört,
die auf dem ersten Umschlag steht.
Damit sind zwei Umschläge und zwei Adressen aus dem Spiel und für den Rest gilt f(n-2) (zweiter Summand)

2. Die Adresse vom ersten Umschlag befindet sich nicht auf dem Umschlag der zur Adresse gehört,
die auf dem ersten Umschlag steht.
Meine ursprüngliche Annahme, die erste Adresse könnte nun überall stehen, ist damit aber falsch.
Auch diese Adresse darf genau auf einem Umschlag nicht stehen, sonst hätten wir ja Fall 1.
Damit ist ein Umschlag und eine Adresse aus dem Spiel und wir wir haben noch n-1 Adressen (inkl. der ersten),
die auf alle bis auf genau einem Umschlag stehen dürfen. -> f(n-1) (erster Summand)

f(n)=(n-1)*[f(n-1) + f(n-2)]

Kompakte Formel habe ich auch noch nicht gefunden.

Ich hatte einen anderen Weg gewählt: alle möglichen Adressierungen minus denen, wo mindestens eine Adresse korrekt ist…..

Diesen Versuch habe ich nach zwei Seiten voll gekritzelt mit Wahrscheinlichkeiten und Gegenwahrscheinlichkeiten aufgegeben.

kad hat geschrieben: ↑04.11.2024, 16:38 Gibt es 2 irrationale Zahlen x und y, für die x hoch y rational ist?

giffi marauder hat geschrieben: ↑05.11.2024, 09:25

kad hat geschrieben: ↑04.11.2024, 16:38 Gibt es 2 irrationale Zahlen x und y, für die x hoch y rational ist?

Spoiler

sqrt(2) und sqrt(3) sind irrational.

[sqrt(3) ^ sqrt(2)] ^ sqrt(2) = sqrt(3) ^ (sqrt(2)*sqrt(2))= sqrt(3)^2=3

Entweder ist das Innere von [] schon rational oder falls nicht,
dann jedenfalls das in diesem Fall irrationale Innere von [] ^ sqrt(2)

So oder so, also ja.

kad hat geschrieben: ↑05.11.2024, 09:53 In einer Schulklasse befinden sich 25 Kinder, 15 Knaben und 10 Mädchen. Die Lehrerin wählt zufällig 2 Kinder aus. Sie bemerkt, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine geschlechtergemischte Zweiergruppe entsteht, gerade 1/2 beträgt.
Mit welchen andern Personenzahlen (Klassengrösse, Anzahl Knaben bzw. Mädchen) wäre die Wahrscheinlichkeit ebenfalls 1/2, beim zufälligen Auswählen von 2 Personen eine geschlechtergemischte Zweiergruppe zu erhalten?

Spoiler

Betrachten wir die Wahrscheinlichkeiten mal als Flächen von (j+m)^2 bzw. j^2+2jm+m^2
j^2 /(j+m)^2 ist die Wahrscheinlichkeit für 2 Jungen
m^2/(j+m)^2 ist die Wahrscheinlichkeit für 2 Mädchen
2mj/(j+m)^2 ist die Wahrscheinlichkeit für gemischt

In diesem Fall also:
(15+10)^2=625
15^2/625=0,36
10^2/625=0,16
2*15*10=0,48
Also 50% sind das ja nun nicht.

Habe ich das was falsch verstanden?

giffi marauder hat geschrieben: ↑05.11.2024, 11:05

kad hat geschrieben: ↑05.11.2024, 09:53 In einer Schulklasse befinden sich 25 Kinder, 15 Knaben und 10 Mädchen. Die Lehrerin wählt zufällig 2 Kinder aus. Sie bemerkt, dass die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine geschlechtergemischte Zweiergruppe entsteht, gerade 1/2 beträgt.
Mit welchen andern Personenzahlen (Klassengrösse, Anzahl Knaben bzw. Mädchen) wäre die Wahrscheinlichkeit ebenfalls 1/2, beim zufälligen Auswählen von 2 Personen eine geschlechtergemischte Zweiergruppe zu erhalten?

Spoiler

Betrachten wir die Wahrscheinlichkeiten mal als Flächen von (j+m)^2 bzw. j^2+2jm+m^2
j^2 /(j+m)^2 ist die Wahrscheinlichkeit für 2 Jungen
m^2/(j+m)^2 ist die Wahrscheinlichkeit für 2 Mädchen
2mj/(j+m)^2 ist die Wahrscheinlichkeit für gemischt

In diesem Fall also:
(15+10)^2=625
15^2/625=0,36
10^2/625=0,16
2*15*10=0,48
Also 50% sind das ja nun nicht.

Habe ich das was falsch verstanden?