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Club 67

ZahlReich - Mathematik Hausaufgabenhilfe » Denksport » Zahlenrätsel » Club 67 « Zurück Vor »

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sol@ti
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Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Juli, 2002 - 16:34:   Beitrag drucken

Im exclusiven Club 67 werden nur solche natürliche Zahlen als Mitglieder aufgenommen, die ein ganzzahliges Vielfaches besitzen, das ausschließlich aus den Ziffern 6 und 7 besteht.

Die Fünfvielfachen protestieren seit Jahren gegen diese offensichtliche Diskriminierung. Und sie suchen Leidensgenossen als Verbündete.

Welche Zahlen kämen denn da noch in Frage?
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Onkel Murray (murray)
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Erfahrenes Mitglied
Benutzername: murray

Nummer des Beitrags: 102
Registriert: 10-2001
Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Juli, 2002 - 17:10:   Beitrag drucken

Diese Aufgabe verstehe ich nicht so richtig, so wie ich die lese kämen alle Zahlen in Frage, die nicht durch 5 oder (2,3 und 7) teilbar sind.

Zum Beispiel alle 2-Vielfachen, welche nicht die Teiler 5 oder (3 und 7) haben.

Da gibt es unendlich viele von ...

Murray
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sol@ti
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Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Juli, 2002 - 17:51:   Beitrag drucken

Hallo Murray,

ein Gegenbeispiel zu deiner Vermutung wäre doch eine Zahl, die durch 2, 3 und 7 teilbar ist?
Nehmen wir 2*3*7=42. Und siehe da: 42*1828=76776, also könnte 42 Mitglied im Club 67 werden. Es reicht, dass es irgend ein Vielfaches gibt, das nur die Ziffern 6 und/oder 7 enthält (natürlich gelten auch Vielfache der Form 666666 bzw. 77777).

Selbstverständlich können unendlich viele Zahlen Mitglied im Club 67 werden, insbesondere alle Zahlen die selbst nur aus 6 und 7 bestehen (Vielfaches=1) - das sind sogar die Ehrenmitglieder ;-)

sol@ti
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Onkel Murray (murray)
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Erfahrenes Mitglied
Benutzername: murray

Nummer des Beitrags: 103
Registriert: 10-2001
Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Juli, 2002 - 21:59:   Beitrag drucken

Humpf, dann ist das ja richtig schwer

ich fang mal mit ein paar Gedanken an:

1. wir nehmen zur Untersuchung nur Primzahlen
(ich denke ist klar wieso)
2. 5'er haben wir schon als Lösung
3. ich schließe schon mal ein paar Zahlen aus:
1,11,111,... - wegen *6,*7
2 - wegen *3 = 6
3 - wegen *2 = 6
7 - wegen *1

ahhh, ich hab ne Idee mit Restklassen und so ...
(und ich nehm das mit den Primzahlen wieder zurück - ist nicht falsch, aber schwieriger :-)

Falls jemand vorher ne Lösung hat, kann ich ja vergleichen ob meine Idee richtig war und falls nicht, sie kommt noch

Murray
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sol@ti
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Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Juli, 2002 - 16:36:   Beitrag drucken

Hinweis 1: Ja, das ist richtig schwer!
Hinweis 2: Es hat einen sehr einfachen Grund, warum die Fünfervielfachen nie Verbündete gefunden haben!

Freue mich auf weitere Ansätze und Argumente
sol@ti
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Kay Schönberger (kay_s)
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Junior Mitglied
Benutzername: kay_s

Nummer des Beitrags: 8
Registriert: 01-2001
Veröffentlicht am Freitag, den 26. Juli, 2002 - 15:15:   Beitrag drucken

Wie wäre es mit folgendem Ansatz:
Sei p Primzahl > 5. Dann existiert ein n<p so, daß p ein Teiler von R = (10n - 1)/9 ist. Da R eine Repunit ist, sind somit 6R und 7R die gesuchten Vielfachen (Das sind sogar "Ehrenmitglieder").

Kay S.
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Carmichael (carmichael)
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Mitglied
Benutzername: carmichael

Nummer des Beitrags: 20
Registriert: 02-2001
Veröffentlicht am Freitag, den 26. Juli, 2002 - 15:38:   Beitrag drucken

HI,

wenn der gute murray nicht posten will, dann tu ich das eben.

hier mein Beweis:
Sei M die Menge aller Zahlen die (im Zehnersystem) nur aus 6 und 7 bestehen.
(1) Ist m im Club 67 und p eine Primzahl ungleich 2 und 5, dann ist auch
m*p im Club 67.
Beweis: Es gibt k mit m*k E M. m*k besitze n Stellen.
Da 9*p teilerfremd zu 10^n, gibt es ein z mit (10^n)^z = 1 (mod 9p) (*).
Wir schreiben m*k z mal nebeneinander. Dann erhalten wir u = m*k(1+10^n+...+10^(n*(z-1))) =
= m*k((10^n)^z-1)/9; diese zahl ist natürlich auch E M. Wegen (*) ist u durch m*p teilbar.
(2) Für jedes v E IN,v>0 ist 2^v im Club 67.
Induktionsbeweis über v: A_v: "Es gibt eine v-stellige Zahl E M, welche
durch 2^v teilbar ist.
A_1: 2^1 teilt 6, 6 E M, 6 ist 1-stellig
A_v -> A_(v+1): (v>=1) Es gibt t mit 2^v*t E M, wobei 2^v*t v
Stellen besitzt (Induktionsvoraussetzung).
Die beiden Zahl a=6*10^v+2^v*t=2^v(2*3*5^v+t) und b=7*10^v+2^v*t=2^v(7*5^v+t)
liegen in M und besitzen v+1 Stellen. Ist t gerade, dann ist a
durch 2^(v+1) teilbar. Ist t ungerade, dann ist b durch 2^(v+1) teilbar.

Da 1 im Club 67 (1*7 = 7), sind wegen (1) und (2) alle Zahlen, die nicht
durch 5 teilbar sind im Club 67 (leichte Induktion).
Zahlen, die durch 5 teilbar sind, sind natürlich nicht im Club 67, da
ihre Vielfachen entwederdie Endziffer 0 oder 5 haben.


MfG Carmichael
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sol@ti
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Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Freitag, den 26. Juli, 2002 - 17:15:   Beitrag drucken

Brilliant, Carmichael!

Weisst du, deine eleganten Beweise sind schon beeindruckend. Das liest sich alles so flüssig, ja es hat direkt etwas von einer spielerischen Leichtigkeit. Man merkt, dass dich das alles gar nicht so richtig fordert! Da muss ich mir was einfallen lassen ;-)

@Kay: Auch eine gute Idee! Statt dem kryptischen "existiert ein n<p" hättest du übrigens auch n=p-1 verwenden können.

Vielleicht sehen wir auch noch Murrays Idee? Wäre sicher interessant!

Vielen Dank für's Miträtseln und natürlich besonders Carmichael für den schönen Beweis
sol@ti
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Onkel Murray (murray)
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Erfahrenes Mitglied
Benutzername: murray

Nummer des Beitrags: 107
Registriert: 10-2001
Veröffentlicht am Freitag, den 26. Juli, 2002 - 18:08:   Beitrag drucken

Hallo,

ich hatte schon eine Idee, aber ich vermag sie weder so richtig in Worte zu fassen noch festzustampfen. Trotzdem werde ich das mal erörtern (== steht für kongruent):

Eine Zahl X endet auf 7 wenn gilt X == 7 mod 10 und X endet auf 6 wenn gilt X == 6 mod 10.

Es sei also ein Folge zu finden, für die gelte

(10*x2 + x1)*y == 6 mod 10 (oder 7 mod 10).

Das gilt nur wenn x1*y == 6 mod 10 ist - x2 fängt gewissermaßen den Übertrag auf.

Man kann zeigen, das eine Zahl x1 multipliziert mit einer Zahl y in Zyklen immer == 6 mod 10 ist.

Beispiel: 3*2 == 6 mod 10, 3*12 == 6 mod 10 u.s.w.

Man muß also nur x1,y [0,9] betrachten.

Dabei gilt:
x1 y x1*y
1 6 6
1 7 7
2 3 6
2 8 16
3 2 6
3 9 27
...
u.s.w. (die Idee dürfte klar sein)

Das heißt, für jede Zahl x1 != (0,5) läßt sich ein Multiplikator finden, für den das Ergebnis auf 6 (x1 = 1,2,3,4,6,7,8,9) oder 7 (x1 = 1,3,7,9) endet.

Diese Zerlegung kann man auch für x2 machen, mit (10*x3 + x2)*y2.

Das einzige Problem wäre wenn x2 = 0 oder 5 wäre (es ist ja der RestÜberschuß aus der ersten Rechnung - also x2 = y + (x1*y / 10)).
Jetzt müßte man alle 16 Fälle betrachten und x2 bestimmen.

Es scheint mir jedoch das, wenn x2 jemals 0 oder 5 ist, dann gibt es einen zweites y, bei dem das nicht der Fall ist.

Was man nun warscheinlich noch zeigen müßte, das die Reihe von so erzeugten Zahlen endlich ist.

Soweit so gut ...

Murray
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sol@ti
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Unregistrierter Gast
Veröffentlicht am Samstag, den 27. Juli, 2002 - 10:13:   Beitrag drucken

Hallo Murray,

ich hab mir deine interessante Idee genau angeschaut. Wenn ich es recht verstehe willst du das 6&7-Vielfache stellenweise von hinten aufbauen, z.B. für n=42:
42*8=336
42*28=1176
42*828=34776
42*1828=76776 (hier zufällig gleich zwei Stellen mehr und damit fertig)
Man setzt also eine passende Ziffer vor den jeweils letzten Faktor und erhält so iterativ immer mehr 6&7 am Ende.

Es gibt aber auch unendliche Folgen nach deinem Konstruktionsprinzip!
Wieder n=42 (ich fasse mehrere Einzelschritte zusammen):
42*25423=1067766
42*2542325423=106777667766
42*254232542325423=10677766777667766
42*25423254232542325423=1067776677766777667766
...
Das ist ein unendlicher periodischer Prozess (setze vor jeden Faktor wieder 25423), der zwar immer mehr 6&7 liefert, aber trotdem nie zum Ziel kommt. Aber wie soll man das am Anfang erkennen?

Ich fürchte, ein exakter Beweis deiner Idee ist mindestens eben so schwer wie Carmichaels Beweis.

Viele Grüße
sol@ti
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Onkel Murray (murray)
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Erfahrenes Mitglied
Benutzername: murray

Nummer des Beitrags: 108
Registriert: 10-2001
Veröffentlicht am Dienstag, den 30. Juli, 2002 - 09:09:   Beitrag drucken

Hallo nochmal,

ich hab ja nicht gesagt das es leicht ist, nur das es eine Idee ist.

Zu Deinen Beispielen, sicherlich gibt es unendliche Folgen, aber wie man am ersten Beispiel sieht gibt es auch endliche.
Die Frage lautet dann also eher:

"Beweisen sie das es mindestens eine endlich Folge für das Problem gibt"

Also, welche Eigenschaften muß die Folge aufweisen um endlich zu sein?
Ich kann das mit meinen bescheidenen Mitteln nicht bestimmen und die Frage ist ob es überhaupt jemand kann - machen wir doch einfach eine neu Kopfnuß daraus

Murray

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