1 + 1 = 2 ? und allerlei anderes Off-Topic

[Lorenzy]

Zitat von Kurt

Es geht mit 6 Neunern

9999+(9/9)=10000

[EMI]

Zitat von Lorenzy

Witzig. Wenn man beim Taschenrechner jeweils 4 Zahlen im oder gegen den Uhrzeigersinn eingibt (als Rechteck oder Quadrat) ist diese Zahl immer durch 11 teilbar.

Hallo Lorenzy,

es gibt 9 solcher Rechtecke oder Quadrate auf dem Taschenrechner.
Was sofort auffällt ist, das die beiden Diagonalsummen in jedem dieser 9 Gleich sind.
Mit @richy werden wir doch der Sache auf den Grund kommen, oder?
Der Schlüssel liegt bei den Primzahlen, da bin ich mir ziemlich sicher.

Gruß EMI

[richy]

@emi
Danke fuer das Vertrauen.
So sehr bin ich auch nicht der Mathe Knobler. Obwohl ich das Raetsel :

Schreibe alle natürlichen zahlen ab 1 (1234567891011...) nebeneinander an.
Wie lautet die tausendste Ziffer? die millionste Ziffer ?

loesen konnte. Aber nur unter massivem Zeiteinsatz und Arbeitsaufwand.
Ich bewundere die Leute die Aufgaben und Beweise elegant und schnell loesen.
Das sind die wahren Mathematiker. (Dazu gehoere ich nicht)
Dazu vielleicht spaeter ein Beispiel.

Was bei obigem Sachverhalt auffaellig ist, ist dass die Reihenfolge wie man die Zahl letztendlich anschreibt scheinbar beliebig ist.
Das ist auf der einen Seite unangenehm. Aber wenigstens bleibt hier eine Groesse dennoch konstant. Und das ist die Quersumme. Daher ist das evtl. auch ein Hinweis. Jetzt muesste man also schauen ob es Teilbarkeitskriterien aufgrund der Quersumme gibt. Fuer 3 gibt es die z.B.
Das selber herzuleuten waere heftig. Aber nachvollziehen ist ja auch etwas das Spass macht.
Und wenn die Quersumme der richtige Weg ist bliebe noch der Schritt zu begruenden warum die Quersumme einen charakteristischen Wert aufweist.
Ich denke gemeinsam kriegen wir das hin.

[richy]

@Emi

Was sofort auffällt ist, das die beiden Diagonalsummen in jedem dieser 9 Gleich sind.

BINGO !
Damit hast du schon bewiesen, dass alle Bloecke durch 11 teilbar sind !!!
http://home.egge.net/~savory/kopfrech.htm

Um Teilbarkeit durch 11 festzustellen, gehe wie folgt vor. Beispiel mit 365167484. Addiere die Ziffern an die ungerade Stellen; hier 3+5+6+4+4=22. Jetzt addiere die Ziffern an die gerade Stellen; hier 6+1+7+8=22. Subtrahiere diese beide Zahlen; hier 22-22 =0. Wenn das Ergebnis durch 11 teilbar ist (inkl. 0, wie hier), dann ist der Ursprungszahl auch durch 11 teilbar.

Oder: lösche der letzter Ziffer vom Zahl und subtrahiere dies vom verbleibende Teil. Wiederhole bis eine 2-stellige Zahl bleibt. Wenn diese durch 11 teilbar ist, so war der ursprungliche Zahl auch.
Beispiel: 19151 --> 1915 - 1 = 1914; 1914 --> 191 - 4 = 187; 187 --> 18 - 7 = 11; Also ist 19151 auch durch 11 teilbar.

Die Ziffern einer Diagonalen gehoeren natuerlich beide zu einer geraden oder ungeraden Stellenzahl an. Nicht gemischt.
Und wenn die Summen gleich sind ist deren Differenz gleich 0 und damit das Kriterium "teilbar durch 11" erfuellt.

Es bleiben also die Aufgaben :
1) Zu begruenden warum die Diagonalen gleich sind
2) Wenn man es kompett haben will das Teilbarkeitsgesetzt "durch elf" herzuleiten

zu 1)
Ich denke man wird hier nicht herumkommen die obigen 3 Typen jeweils fuer sich zu betrachten.

Ich habe jetzt gerade mal einen Einfall von dem ich noch nicht weiss ob er was bringt.
Naemlich dass ich die entsprechende Zahl der TELEPHONWAEHLSCHEIBE durch ihre
Position in der Matrix ausdruecke.

A)
Sei z die Zeile und s die Spalte lautet die Zahl n(z,s) :
n(z,s)=3*z+s
Im folgenden wird sich diese Gleichung als nicht sonderlich nuetlich erweisen, aber die Indizierung wird besonders nuetzlich sein.

Jetzt fuehre ich eine Typenbezeichnung fuer die 3 Faelle oben ein :
TYP1 Beispiel 3179
TYP2 Beispiel 6974
TYP3 Beispiel 9658

TYP3 ist mir irgendwie am Symbadischten also untersuche ich den zuerst:
Eine Diagonalensumme an jeder beliebigen Stelle wird hier gebildet durch die Koordinaten :
Diagonale1, D1) n(z,s)+n(z+1,s+1)
Diagonale2, D2) n(z+1,s)+(z,s+1)

Das setze ich jetzt in A) ein
D1) z*3+s + (z+1)*3+s+1 =6*z+2*s+4
D2) (z+1)*3+s+z*3+(s+1) =6*z+2*s+4

Beide Diagonalensummen sind also an jeder Stelle (z,s) gleich
Naja man haette das auch billiger haben koennen indem man alle Faelle durchspielt.
Einen Erkenntnisgewinn liefert die Methode noch nicht wirklich.
Aber natuerlich eine Zeitersparnis, wenn ich zum Beispiel pruefen will ob dieses
Diagonalengesetz fuer Typ3 auch bei einer 100*100 Waehlscheibe noch gueltig ist.

Jetzt versuche ich also den obigen Formalismus in eine allgemeinere Erkenntnis
umzuwandeln.
Eine Methode hierfuer ist es Gleichungen "scharf" anzuschauen.
(Scharf ist eine subjektive Groesse. JGC,Kurt,Sebastian ... werden sich freuen)

Ich moechte diese Gleichung vorschlagen :

B1)
Diagonale1, D1) n(z,s)+n(z+1,s+1)
Diagonale2, D2) n(z+1,s)+(z,s+1)

Nun .. aehem
Koennte ich hier die Indizes einer Zeile vertauschen waere alles bestens :-)
Da es der Diagonalensumme voellig wurst ist woher ihre Summanden stammen, darf ich
die Indizes einer Zeile vertauschen.
"Es ist voellig Wurst" waere also das Argument mit dem wir folgende Gleichung erhalten :
In der wir einfach in D1 den Index z+1 und z vertauschen :

B2)
Diagonale1, D1) n(z+1,s)+n(z,s+1)
Diagonale2, D2) n(z+1,s)+n(z,s+1)

Ja do schau her, das ist ja das Selbe ! :-)

B2) ist uebrigends unabhaengig von dem von mir eingefuehrten speziellen Fall A)
Die Diagonalen von Typ3 werden auch in einer 100*100 Matrix die selbe Eigenschaft aufweisen und so kann man das Kapitel TYP3 schliessen.
Als vorsichtiger Mensch wuerde ich das aber zuerst dennoch nachpruefen.

TYP1 und TYP2 lassen sich wohl mit der selben Methode erklaeren.

Bleibt noch die weitaus interessantere Frage fuer das "durch elf" Gesetz.
Und wenn wir diese Frage geklaert haben, ist Lorenzies Raetsel komplett geloest.

[richy]

@emi
Die Quersumme war hier nun doch nicht das Entscheidende.
Die Primzahlen aber auch nicht.
Um eine Teilbarkeit durch elf zu bestimmen sind schon komplexere Kriterien notwendig.
Es gibt hierfuer eine Vielzahl von Kriterien.

Wiki:

Eine Zahl ist genau dann durch 11 teilbar, wenn ihre nichtalternierende 2er-Quersumme durch 11 teilbar ist.
...
Nichtalternierende k-Quersumme

Die nichtalternierende 2er-Quersumme von n = 36036 ist q = 3+60+36 = 99. Für alle Teiler von 99, also für 3, 9, 11, 33 und 99, ist sie ein Teilbarkeitskriterium: Die nichtalternierende 2er-Quersumme q einer dezimalen Zahl n ist genau dann durch diese Zahlen teilbar, wenn n durch diese teilbar ist.
Bemerkung: Die nichtalternierende k-Quersumme ist identisch zur nichtalternierende Quersumme zur Basis 10k. Sie liefert ein Teilbarkeitskriterium für alle Teiler von 10k − 1.

Naja ... wer das braucht :-) Das ist fuer die Aufgabenstellung ein viel zu kompliziertes Kriterium.
Mit dem Wiki Beitrag alleine hatte man Lorenzies Raestel nicht oder nur schwer loesen koennen.

Deine Beobachtung der konstanten Diagonalensummen ist der Schluessel.
(*bischen aerger dass mir das auch nicht aufgefallen ist)
Denn diese Beobachtung ist direkt kompatibel zu folgendem Kriterium:

Um Teilbarkeit durch 11 festzustellen, gehe wie folgt vor. Beispiel mit 365167484. Addiere die Ziffern an die ungerade Stellen; hier 3+5+6+4+4=22. Jetzt addiere die Ziffern an die gerade Stellen; hier 6+1+7+8=22. Subtrahiere diese beide Zahlen; hier 22-22 =0. Wenn das Ergebnis durch 11 teilbar ist (inkl. 0, wie hier), dann ist der Ursprungszahl auch durch 11 teilbar.

Lornzies Raetsel ist damit fast geloest.

Die eingefuehrte Indexvertauschung macht die Sache dann komplett.

[EMI]

Zitat von richy

Bleibt noch die weitaus interessantere Frage fuer das "durch elf" Gesetz.
Und wenn wir diese Frage geklaert haben, ist Lorenzies Raetsel komplett geloest.

Hallo richy,

kommen wir hiermit weiter?:

Eine Zahl lässt sich durch 11 teilen wenn die

(Summe 1 bis n (-1)^n *Zn)/11 = eine natürliche Zahl ist.

mit Z=Ziffer.

Postuliere ich einfach mal.

Gruß EMI

PS. Ob das für alle Primzahlen gilt??

[richy]

An so eine Summe habe ich auch schon gedacht.
Ach so. Du verwendest die (-1)^(n+1) um die Differenz der Diagonalen zu bilden.
Wir haben von dem Teilbarkeitsgesetz auch nur einen Teil ausgenutzt,
Also muessen wir auch nur den herleiten.

(Summe k=0 bis n, (-1)^(k) *Zk) = 0

wenn gilt

(Summe k=0 bis n, Zk*10^k)/11 = m element N

ausgeschrieben fuer 4 Ziffern ;
1) s=Z0+Z1*10+Z2*100+Z3*1000
2) Falls (Z0+Z2)=(Z1+Z3) ist s durch 11 teilbar.

Entweder gibt es hier eine einfache schnelle Loesung oder die Sache wird recht kompliziert.
Vieleicht sollte man auch mal erst im www nachschauen.
Ich habe im Moment leider keine Idee.

EDIT
Hmm. Man koennte 2) vielleicht geschickt in 1) einsetzen.
Ich ersetze mal Z0 durch Z0=Z1+Z3-Z2

s=Z1+Z3-Z2 + Z1*10 + Z2*100 + Z3*1000
und fasse zusammen :
s=Z1*11+Z2*99+Z3*1001

Uppps da hab ich es ja schon :-)))
denn alle Koeffizienten sind durch 11 teilbar !
s/11=Z1+11*Z2+91*Z3
*****************
Na das ging ja schnell :-)
Damit haben wir das von uns angewendete 11 er Teilbarkeitskriterium "bewiesen"
Und Lorenzies Raetsel ist geloest

[richy]

Habe den letzen Thread editiert und dort das "11 er Kriterium" hergeleitet.

In Lorenzies Raetsel kamen nur 4 Ziffern vor.
Mein obiger Beweis scheint mir daher ausreichend oder ?
Fehlt noch etwas ? Ich glaube nicht.

[richy]

Die Gleichheit der Diagonalen kann man sich auch anschaulich erklaeren.
Also das Vertauschen der Indizes.

Nehmen wir :
5 6
8 9

Um die 5 eine Zeile hoeher zu "transformieren" addiere ich 3
Und als Ausgleich ziehe ich von der 9 drei ab.
Dadurch faellt die 9 eine Zeile tiefer.
(8+6)=(5+3)+(9-3)

Das ist unabhaengig davon, dass die Differenz der Zeilen gleich drei ist.
Fuer die Summanden darf ich beliebig die Zeile oder auch Spalte des einen Summanden aendern, wenn ich beim anderen Summand die inverse Operation durchfuehre.
Daher ist das Vertauschen der Indizes eine zulaessige Operation :

Diagonale1, D1) n(z,s)+n(z+1,s+1)
Diagonale2, D2) n(z+1,s)+(z,s+1)

Da es der Diagonalensumme voellig wurst ist woher ihre Summanden stammen, darf ich die Indizes einer Zeile vertauschen.

B2)
Diagonale1, D1) n(z+1,s)+n(z,s+1)
Diagonale2, D2) n(z+1,s)+n(z,s+1)

Das laesst sich auch auf TYP1 anwenden :
1 3
. .
7 9

7+3=(1+6)+(9-6)

Zumindestens die Argumentation, dass die Diagonalen gleich sind, laesst sich
also auch anschaulich darstellen.
Und so etwas ist ja das schoenste bei solch einem Raetsel.
Koennte es sein, dass es noch eine einfachere Loesung gibt ?
Ich vermute eher nicht.

Jetzt kann er auch jedem ganz stolz erklären warum das so ist auf nem Taschenrechner.

Es ist eine Telephonwaehlscheibe !
Beim Taschenrechner oder PC ist die obere Zeile 7 8 9
Beim Telephon 1 2 3
Beides ist idiotischerweise verschieden genormt.

Viele Gruesse
richy

Ja mit Primzahlen hatte das ganze wenig zu tun.
Wie gesagt eine allgemeine Herleitung des "11 er Kriteriums" waere sicherlich recht schwer.
Vielleicht dort dann.
Aber fuer 4 Ziffern ging es ja auf Anhieb.

[richy]

Also bei mir machts pieeeeeep.
Und wenn man nachliest warum es hier zwei Normen gibt macht es nochmal piep *fg