melwei

Hallo Probolobo,

schön, dass du dich an der Aufgabe versuchst!

Ja, sie verallgemeinert auf N-1 Felder in einem NxN-Feld, und auch das Diagonalenargument funktioniert da :-)

Das stimmt so nicht!

Beispiel: (x für infiziert, o für nicht)

x o x

o o o

x o x

wird zu

x x x

x o x

x x x

und dann vollständig infiziert, obwohl am Anfang weder in jeder Zeile noch jeder Spalte ein Feld infiziert war!

Also bitte erst die Aufgabe verstehen, dann posten.

Nur als Anmerkung: Das Display eines Rechners, der diese Zahl anzeigt, willst du nicht sehen. Sie hat schon allein etwa $2.5*10^{67}$Nullen an ihrem Ende!

Es gibt aber einen Satz zu Primzahlen, der dich interessieren könnte, den Satz von Wilson:

Eine Zahl n ist genau dann prim, wenn $(n-1)!\equiv -1 \bmod n$

Zur Erklärung: $(n-1)!=1*2*3*...*(n-2)*(n-1)$

Und modulo n heißt, man teilt durch n, betrachtet aber nur den Rest als Ergebnis.

Viele Grüße

melwei

Hallo Gast,

man zieht auf beiden Seiten die Wurzel. Dabei muss man beachten, dass das Ergebnis einer Wurzel immer positiv UND negativ sein kann.

$x^2=7,5\\ x=\pm\sqrt{7,5}\\ x_1=\sqrt{7,5}\\ x_2=-\sqrt{7,5}$

Grüße

melwei

Aber ich weiß immer noch nicht, was hier los ist.

Hallo Heureka,

wahlweise auch erzeugende Funktion $\begin{align*} \sum_{i=0}^{\infty} a_ix^i \end{align*}$.

Für $a_i=1, |x|<1$ ist immer $A=\frac{1}{1-x}$. $x=\frac{1}{2}\Rightarrow A=2$.

Grüße

melwei

Hallo Gast, hallo Omi67,

man kann das sogar noch allgemeiner sagen:

$\begin{align*} \sum_{i=0}^\infty \frac{1}{x^i}=\frac{x}{x-1} \end{align*}$

Einen Beweis dafür kann ich dir leider nicht angeben, aber für $x = 2$ schon:

Wir betrachten die Summe der ersten n Elemente und erhalten durch erweitern:

$\begin{align*} \sum_{i=0}^{n}\frac{1}{2^i}=\frac{\sum_{i=0}^{n}2^i}{2^n}=\frac{2^{n+1}-1}{2^n}=2-\frac{1}{2^n} \end{align*}$

Wenn n gegen unendlich geht, geht $-\frac{1}{2^n}$ gegen 0, da der Nenner unendlich wird.

Grüße

melwei

Hallo Gast,

ich deute deine Frage mal als "Was ist die explizite Formel für $a_n$?"

1. Ausprobieren + Vollständige Induktion

Hierfür probieren wir zunächst die ersten Folgenglieder einfach durch:

Nun stellen wir eine Vermutung an, was die explizite Formel ist. Es sieht doch so aus als wäre: $a_n=\frac{1}{2^{(2^{n-1}-1)}}$

Ok, ich gebe zu, das ist nicht SO offensichtlich, aber man erkennt doch gut, dass der Exponent im Nenner immer eine 2er-Potenz minus 1 ist.

Die Richtigkeit dieser Formel gilt es nun noch zu beweisen:

Dass diese Formel für n=1 stimmt, lässt sich leicht ausprobieren. Wir zeigen nun: Gilt diese Formel für n, dann gilt sie auch für n+1.

Wir gehen also von $a_n=\frac{1}{2^{(2^{n-1}-1)}}$ aus und wollen zeigen, dass $a_{n+1}=\frac{1}{2^{(2^n-1)}}$.

Es gilt: $a_{n+1}=\frac{(a_n)^2*a_n}{2a_n}=\frac{(a_n)^2}{2}=\frac{ \left(\frac{1}{ 2^{(2^{n-1}-1)} }\right)^2 }{2} =\frac{ \frac{1}{ 2^{ (2^n-2) } } }{2}=\frac{1}{2^{2^n-1}}$

Wir wissen, dass diese explizite Formel für 1 gilt, daher gilt sie auch für 1+1=2, deshalb auch für 2+1=3 und so weiter.

Die explizite Formel lautet also $a_n=\frac{1}{2^{(2^{n-1}-1)}}$.

Grüße

melwei

Hallo radix,

ich fürchte, dass kommt so nicht hin - ich kann mir auch nicht so recht zusammenreimen, was für einen Wert du berechnest. Wo kommt die 100 her, die sich direkt wieder wegkürzt?

Was man machen könnte, wäre die Anzahl aller möglichen 3er zu bestimmen und davon auszugehen, dass je ${6 \choose 3}=20$ davon von einem Schein abgedeckt werden. Dann kommt man auf $\frac{49\choose 3}{20}$. Jedoch gibt es ja 20 Dreier, aus denen man auswählen kann, wir müssen also noch einmal durch 20 teilen und erhalten 46,06. Dieser Wert ist jedoch reichlich utopisch, da es leider nicht möglich ist, mit jedem Schein genau 20 mögliche Dreier abzudecken.

Grüße

melwei

Hallo radix!

Das mit den 57 könnte stimmen. Aber wie bist du darauf gekommen?

Bis jetzt weiß man eigtl. nur, dass der beste Werte irgendwo zwischen 51 und 100 liegt, glaub ich...

Könntest du dein Vorgehen vielleicht angeben?

Grüße

melwei

Hallo Gast,

in den Rechner eintippen, ausrechnen,

3071264852533613214810651170996858634488822444174359690243258621265084552768538780237739661405619531415886631502660146361287191796599260705860368102008764195161593692254655440952738270256890

erhalten, fertig.

Viel Spaß mit dieser 100% nutzlosen Zahl.

Grüße

melwei

Hallo Gast,

die handlichste Lösung für diese Probleme ist die Betrachtung der Zyklen von $25^n$ mod 42 und $97^n$ mod 100.

Es gilt $25^3\equiv 1\bmod 42$, also $25^{625}\equiv (25^3)^208*25\equiv 1^208*25\equiv 25 \bmod 42$.

Es gilt $97\equiv -3 \bmod 100$, also $97^{10}-5\equiv (-3)^10-5 \equiv 9^5-5 \equiv 44 \bmod 100$. Demnach sind die letzten beiden Stellen der Zahl beides 4er.

Grüße

melwei