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Weihnachtsrätsel – die Lösungen

Von / 20. Dezember 2014 / 8 Kommentare / Seite 2 von 2 / Auf einer Seite lesen
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Aufgabe 3

Sei G die 4-elementige Gruppe \left\{1,a,b,c\right\} mit 1 als neutralem Element und den Verknüpfungen ab=ba=c,ac=ca=b, bc=cb=a^2=1, b^2=c^2=a.
Sei GL(2,R) die Gruppe der invertierbaren 2×2-Matrizen.
Finde einen Homomorphismus G\to GL(2,R), der nicht alle g\in G auf die Einheitsmatrix abbildet.

Lösung: 1 muss natürlich auf die Einheitsmatrix E abgebildet werden. Eine Möglichkeit für a,b,c sind die Drehungen um 180, 90 und 270 Grad. Eine andere Möglichkeit sind E,-E und -E oder E, P und P, wobei P die Permutationsmatrix (\begin{array}{cc}0&1\\ 1&0\end{array}) bezeichnet.

Auswertung

Es gab 16 Einsendungen, von denen 6 (Frank S., Roland K., Jakob H., Armin K., Stephan W., Christian W.) alle Aufgaben richtig hatten und mir also möglichst bald ihre Adresse mitteilen sollten, damit die Kalender noch vor Jahresbeginn ihre Empfänger erreichen. Ich schicke auch noch mal Erinnerungsmails.

(Ich hatte eigentlich angekündigt, noch unter den Teilnehmern mit mindestens 3 Lösungen Kalender zu verlosen. Da die Zahl der 100%igen aber höher war als erwartet und ich nur 6 Kalender zur Verfügung habe, gewinnen nun leider nur die obengenannten. Sorry.)

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Kommentare (8)

  1. #1 Clemens Robbenhaar
    Berlin
    21. Dezember 2014

    Herzlichen Glückwunsch an die Gewinner!

    Wer bei Teil III, Aufgabe 1 nicht gerne den Rechner anwirft, um wirklich alles durchzuprobieren, konnte sich übrigens mit der Beobachtung helfen, dass x^2 + 2*y^2 nur dann ein Vielfaches von 5 ist, wenn sowohl x als auch y Vielfache von 5 sind – jedenfalls wenn ich da nichts übersehen habe 😉

    Nämlich ist für x = 0,1,2,3,4 das x*x = 0,1,4,4,1 (mod 5) und 2*x*x = 0,2,3,3,2. Die Summe von zwei beliebigen Elementen aus beiden Folgen kann dann nur 0 (mod 5) sein, wenn x=0 und y=0 (mod 5).

    Jedenfalls ergeben dann die ersten beiden Terme entweder 0 oder größergleich 25, und müssen zur Konstruktion von 15 beide 0 sein, und dann bleiben nur noch die beiden letzten Terme, bei denen es deutlich weniger durchzuprobieren gibt.

    Ich bin übrigens an der Phi-funktion gescheitert, weil ich nicht an die Primfaktorzerlegung gedacht habe, sondern eine brute-force Methode versucht habe. Dummerweise bräuchte es dazu eine Aussage wie phi(m) >= m/C für ein C, um irgendwann die Suche nach Lösungen abbrechen zu können, weil m zu groß wird, um noch phi(m) = 46 zu erreichen.
    Weiß da jemand was? Die Graphik der Verteilung der ersten 1000 Werte bei Wikipedia legt ja so etwas wie C > 5 nahe, aber ich habe da nichts gefunden … eventuell geht es ja auch für kein C?

  2. #2 AmbiValent
    21. Dezember 2014

    C müsste am größsten sein, wenn möglichst viele verschiedene Primteiler ausgeschlossen sind. Dabei bringt es gar nichts, wenn ein Primteiler mehrfach beteiligt ist: wenn zum Beispiel schon alle geraden Zahlen ausgeschlossen sind, bringt es nichts, auch noch alle durch 4 teilbaren Zahlen auszuschließen… die sind nämlich schon weg.

    Bei m>=2 hat man also bei der Bestimmung von C alle durch 2 teilbaren Zahlen ausgeschlossen, bei m>=6 (2*3) auch noch alle durch 3 teilbaren, dann bei m>=30 (2*3*5) auch noch alle durch 5 teilbaren, bei m>=210 (2*3*5*7) alle durch 7 teilbaren und so weiter. Natürlich gibt es vor 210 massig Zahlen, die durch 7 teilbar sind, zum Beispiel 42 (2*3*7). Dabei würden dann aber erst die Hälfte, dann ein Drittel, dann ein Siebtel des Rests der Zahlen als nicht teilerfremd ausgeschlossen, das wären weniger als bei 30.

    Bei 210 wäre C also der Kehrwert von (1 – 1/2)(1 – 1/3)(1 – 1/5)(1 – 1/7) = 1/2 * 2/3 * 4/5 * 6/7 = 8/35, also C = 35/8 = 4,375

  3. #3 Clemens Robbenhaar
    22. Dezember 2014

    Ah, stimmt, die Zahlen, die Produkte aus den jeweils ersten Primzahlen sind, sind dann sozusagen der “worst case” mit dem relativ kleinsten phi.

    Wenn ich noch zwei Primzahlen weiter rechne, kommt für 2*3*5*7*11=2310 noch ein Wert für phi(n)/n = 8/35*10/11 = 16/77, und 2310*13 = 30030 dann phi(n)/n = 16/77*12/13 = 192/1001; also bei letzterem schon C = 1001/192 > 5 raus … ob sich das mit einem festen C einfangen lässt, ist dann schon mehr Primzahlentheorie als ich auf dem Kasten habe (was aber nicht sagt bei meinen äusserst bescheidenen Kenntnissen).

    Aber immerhin wäre damit herausgekommen, dass bei gegebenem m und gesuchten n mit phi(n) = m bei allen n >= 2*3*5…*p dann phi(n) >= (2-1)*(3-1)*(5-1)*… *(p-1) , und wenn das letztere größer als das m wird, dann kann der Rechner aufhören, nach Lösungen zu suchen … also z.B bei 22 < (2-1)*(3-1)*(5-1)*(7-1)=48 reicht 210, und bei 94 < (2-1)*(3-1)*(5-1)*(7-1)*(11-1)=480 reicht 2*3*5*7*11=2310 als Grenze, hinter der keine Lösungen mehr vorhanden sein können.

  4. #4 Stefan Wagner
    https://demystifikation.wordpress.com/2014/12/14/diy-marzipanboot/
    23. Dezember 2014

    Ein richtiger Würfel sieht so aus, dass die Summe der gegenüberliegenden Zahlen immer 7 ist, also 1:6, 2:5 und 3:4 gegenüberliegend sind.

    Daraus ergibt sich, dass wenn man die 1 als oben definiert, die 6 unten liegen muss. Dann kann die 2 vorne und die 5 hinten liegen oder umgekehrt, aber das eine lässt sich durch drehen in das andere überführen. Also lässt sich ein Würfel immer so legen, dass die 1 oben und die 6 unten, die 2 vorne und die 5 hinten ist. Ob die 3 dann links und die 4 rechts ist oder umgekehrt ist die einzige Freiheit, sprich: Es gibt nur 2 Möglichkeiten für einen Würfel.

    Leider hatte ich nicht die Zeit die Lösung rechtzeitig einzuschicken.

    Die 27 Dreiecke hatte ich auch richtig und die 15 habe ich mit einem kl. Scalaprogramm empirisch ermittelt:
    def f (x: Int, y: Int, z:Int, w: Int) = x*x + 2*y*y + 5*z*z + 5*w*w f: (x: Int, y: Int, z: Int, w: Int)Int scala> val vv = (0 to 10).map (x => (0 to 10).map (y => (0 to 10).map (z => (0 to 10).map (w => f (x, y, z, w))))) vv: scala.collection.immutable.IndexedSeq[scala.collection.immutable.IndexedSeq[scala.collection.immutable.IndexedSeq[scala.collection.immutable.IndexedSeq[Int]]]] = Vector(Vector(Vector(Vector(0, 5, 20, 45, 80, 125, 180, 245, 320, 405, 500), Vector(5, 10, 25, 50, 85, 130, 185, 250, 325, 410, 505), Vector(20, 25, 40, 65, 100, 145, 200, 265, 340, 425, 520), Vector(45, 50, 65, 90, 125, 170, 225, 290, 365, 450, 545), Vector(80, 85, 100, 125, 160, 205, 260, 325, 400, 485, 580), Vector(125, 130, 145, 170, 205, 250, 305, 370, 445, 530, 625), Vector(180, 185, 200, 225, 260, 305, 360, 425, 500, 585, 680), Vector(245, 250, 265, 290, 325, 370, 425, 490, 565, 650, 745), Vector(320, 325, 340, 365, 400, 445, 500, 565, 640, 725, 820), Vector(405, 410, 425, 450, 485, 530, 585, 650, 725, 810, 905), Vec... scala> vv.flatten.flatten.flatten.toSet.toList.sorted res11: List[Int] = List(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54, 55, 56, 57, 58, 59, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68, 69, 70, 71, 72, 73, 74, 75, 76, 77, 78, 79, 80, 81, 82, 83, 84, 85, 86, 87, 88, 89, 90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98, 99, 100, 101, 102, 103, 104, 105, 106, 107, 108, 109, 110, 111, 112, 113, 114, 115, 116, 117, 118, 119, 120, 121, 122, 123, 124, 125, 126, 127, 128, 129, 130, 131, 132, 133, 134, 135, 136, 137, 138, 139, 140, 141, 142, 143, 144, 145, 146, 147, 148, 149, 150, 151, 152, 153, 154, 155, 156, 157, 158, 159, 160, 161, 162, 163, 164, 165, 166, 167, 168, 169, 170, 171, 172, 173, 174, 175, 176, 17...

  5. #5 Christian
    2. Januar 2015

    Nachdem seit fast einer Woche keine Post mehr in meinen Ort gefahren ist, kam sie heute endlich wieder vorbei – und darin war der Kalender. Vielen Dank dafür! Der ist echt toll, auch wenn ich meiner Familie kaum eine Anspielung im Kalender verständlich machen kann.^^

  6. #6 Siegfried
    Hannover
    6. Januar 2015

    Teil I, Aufgabe 2:
    Die Lösungsformel müsste richtig lauten:
    cos(y/2) = (1/2) * Wurzel( 2 + 2 * cos(y) ). Und der Startwert cos( pi / 2 ) = 0 zur Berechnung von cos( pi / 4 ).
    Ein erfolgreiches neues Jahr 2015.

  7. #7 Thilo
    6. Januar 2015

    Die 2 ist ergänzt. Die Wahl des Startwerts spielt aber keine Rolle, cos(pi/4) kann man z.B. mit dem Satz des Pythagoras berechnen.

  8. #8 KIAS-Kalender September 2016 – Mathlog
    18. September 2016

    […] Jahresendrätsel gestellt hatte. (Ebenso wie den Eintrag bei der 2 übrigens, die Auflösungen sind hier.) Jeder rot und blau kantengefärbte vollständige Graph auf 14 Knoten hat mindestens einen […]