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Beitrag |
    
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 09. Juli, 2002 - 18:55: | 
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17 & 4 ist ein lustiges Spiel für Kinder ab 8 Jahren. Jeder Spieler erhält 17 Spielmünzen mit dem Wert 4, und 4 Spielgeldscheine mit dem Wert 17. Reihum dreht jeder Spieler am Glücksrad, das bei einer Zahl von 1 bis 68(=17*4) stehenbleibt. Kann der Spieler nun diese Zahl genau "bezahlen" (z.B. 46=2*17+3*4) erhält er einen Punkt gutgeschrieben. Nach einer vereinbarten Zahl von Runden gewinnt der Spieler mit den meisten Punkten bzw. es kommt zum Stechen zwischen den Besten.
Zahlentheoretiker (ab vollendetem 18. Lebensjahr) zocken die allgemeine p & q Version: Jeder hat p q-Münzen und q p-Geldscheine. Reihum drücken die Zahlentheoretiker am Glückscomputer, der dann eine Zahl von 1 bis p*q anzeigt. Dabei sind p>q>1 natürliche Zahlen mit ggT(p,q)=1.
Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit bei p & q einen Punkt zu ergattern?
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Carmichael (carmichael)
Junior Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 9
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 11. Juli, 2002 - 15:44: |
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Hi,
wenn es schon eine Zahlentheorie-Aufgabe ist, muss ich mich beteiligen.
gesucht ist im Prinzip die Mächtigkeit folgender Menge:
P = { pk+ql | 0 <= k <= q, 0 <= l <= p, 1 <= pk+ql <=pq };
wir definieren Q:
Q := { 2pq - x | x E P }, damit gilt offensichtlich |Q| = |P|; (*)
es folgt: Q = { pq + pq - x | x E P } = { p(q-k)+q(p-l) | 0 <= k <= q, 0 <= l <= p, 1 <= pk+ql <=pq } =
= { pu+qv | 0 <= u <= q, 0 <= v <= p, pq <= pu+qv <= 2pq-1 };
T := { pu+qv | 0 <= u <= q, 0 <= v <= p, pq < pu+qv <= 2pq };
Man sieht sofort, dass |T| = |Q| gilt, da in Q pq enthalten in T aber nicht, und 2pq
in T enthalten ist in Q aber nicht.
somit wegen (*): |P| = |T| (*);
P und T sind elementfremd und ihre Vereinigungsmenge ist:
S := P U T = { pk+ql | 0 <= k <= q, 0 <= l <= p, 1 <= pk+ql <= 2pq }; 2|P| = |P| + |T| = |S|; (*)
=> S = { pk+ql | 0 <= k <= q, 0 <= l <= p } \ {0};
nun gilt es zu untersuchen, wieviele Elemente S besitzt:
durch pk+ql werden [wegen 0 <= k <= q, 0 <= l <= p, 1 <= pk+ql <= 2pq]
(p+1)(q+1)-1 Werte erzeugt, von denen aber einige gleich sein könnten.
pk+ql = pr+qs; gdw. p(k-r) = q(s-l);
da p und q teilerfremd, gilt: k = r (mod q) und s = l (mod p);
=> [wegen 0 <= k,r <= q, 0 <= l,s <= p ] k=r oder {k,r}={0,q} und s=l oder {s,l}={0,p};
da k=r gdw. s=l, kann pk+ql nur für k E {0,q} und l E {0,p} mehrmals den gleichen Wert liefern.
Das passiert genau einmal: p*0 + q*p = p*q + q*0;
also: |S| = (p+1)(q+1)-2;
wegen (*): |P| = (p+1)(q+1)/2 - 1;
Die Wahrscheinlichkeit, dass man bei einmal drehen einen Punkt bekommt, ist damit
z = [(p+1)(q+1)/2 - 1]/pq = 1/2 + (p+q-1)/pq;
MfG Carmichael
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 11. Juli, 2002 - 18:40: |
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Faszinierend Carmichael,
da staunt der Laie und der Fachmann wundert sich! Das Ergebnis ist garantiert korrekt (nicht weil ich es sage, sondern weil sich die selbe Formel als Folgerung eines Satzes von Sylvester ergibt), deinen Beweis hab ich mit Müh und Not (und mit Hilfe eines Zahlenbeispiels) hoffentlich verstanden. Jetzt erzählst du mir aber nicht mehr, dass das "eher auch ein Standardbeweis" war.
Übrigens, nach deiner Formel hat man beim 3 & 2 eine Gewinnwahrscheinlichkeit von über 116% ;-)
- du hast bei der allerletzen Umformung den Faktor 2 im Nenner vergessen: 1/2+(p+q-1)/2pq
Aber Scherz beiseite, das war wirklich ein Meisterstück! Vielen Dank für diesen Beweis
sol@ti
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Carmichael (carmichael)
Junior Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 10
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 12. Juli, 2002 - 11:56: |
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Hi sol@ti,
erstmal danke für deine freundlichen Worte.
Ja, diesmal, denk ich, ist es kein Standardbeweis mehr. 
Du erwähntest, dass sich die Aufgabe auch mit einem Satz von Sylvester lösen lässt; welcher ist das ?
MfG Carmichael |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 12. Juli, 2002 - 18:31: |
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Hallo Carmichael,
es handelt sich um einen wohl nicht sehr bekannten Satz von Sylvester (Ende 19.Jh.)
Für teilerfremde p>1 und q>1 zeigte er, dass
(1) alle z>=(p-1)*(q-1) in der Form z=k*p+l*q mit k,l>=0 dargestellt werden können,
(2) genau (p-1)*(q-1)/2 Zahlen >=1 nicht so dargestellt werden können.
(natürlich alle Variablen ganzzahlig)
Erst 100 Jahre später wurde eine Formel für die Summe aller nicht darstellbaren Zahlen gefunden.
Der Beweis ist eine Rätselaufgabe auf deinem Niveau (besonders die Summe)! Wenn du aber fertige Beweise suchst, kenne ich da eine Adresse ...
Viele Grüße
sol@ti
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Carmichael (carmichael)
Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 11
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 14. Juli, 2002 - 16:47: |
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Hallo sol@ti,
(1) hatte ich glaub ich schon mal irgendwo gelesen, (2) nicht.
(1) z>=(p-1)*(q-1), Da p,q teilerfremd, gibt es
m,n E Z mit pm+qn = z;
Da pm+qn = p(m-/+q)+q(n+/-p), gibt es u,v mit 0<=u<q und v E Z und pu+qv = z;
nun gilt: pu+qv >= (p-1)*(q-1);
=> qv >= p(q-u-1) - q + 1;
=> qv >= 1 - q;
=> v >= -1 + 1/q => v >= 0;
(2) Ergibt sich eigentlich aus der Lösung der Aufgabe.
Zahlen die nicht also pk+ql dargestellt werden können sind kleiner (p-1)(q-1) womit k<q und l < p. Damit gilt für ihre Anzahl: a = pq - |P| = pq - [(p+1)(q+1)/2 - 1] = (pq-p-q-1)/2 +1 = (p-1)(q-1)/2;
Zu der Summe ist mir bis jetzt nichts gescheites eingefallen. Vielleicht gibst du mir dazu am besten einen Link. :-) Wer war derjenige eigentlich, der da 100 Jahre später eine Formel gefunden hat?
Gruß, Carmichael
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 14. Juli, 2002 - 17:21: |
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Hi Carmichael,
ja dein Beweis für das p & q Spiel ist praktisch äquivalent mit Sylvesters Satz (daher meine Lobeshymnen für den Beweis).
Im unten angegebenen Link werden vier verschiedene Beisweisideen für Sylvesters Satz skizziert. Leider hat der Autor offenbar eine Datei automatisch in HTML konvertieren lassen, sodass immer wieder mathematische Zeichen fehlen. Aber die Ideen sind doch nachvollziehbar. Nur ausgerechnet bei der Summe gibt's ein Problem: Der Beweis wird über Potenzreihen geführt und genau diese Summenformeln fehlen. Vielleicht kannst du dir trotzdem aus dem Text zusammenreimen was gemeint ist. Der exakte Beweis würde mich sehr interessieren.
Uchida
Viele Grüße
sol@ti
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