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Mathematik » Zahlentheorie » Berechnung der Elemente der Mersennematrix
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Kein bestimmter Bereich Berechnung der Elemente der Mersennematrix
blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-01-11 19:59

\(\begingroup\)
Hallo,
wenn man die Restklassen der Spalten der Mersennematrix betrachtet kann man sich einen Algorithmus zur Berechnung der Elemente bauen:

Hierzu habe ich die erste Reihe der Mersennematrix dazu benutzt die Restklassen der einzelnen Spalten einzutragen (Nur zur besseren Übersicht...)

$\begin{align} M_{M}=
\begin{pmatrix}
4k-3& 8k-5 & 16k-9 & 32k-17 & ...&\infty\\
1 & 3 & 7 & 15 & ... & \infty\\
5 & 11 & 23 & 47 & ... & \infty\\
9 & 19 & 39 & 79 & ... & \infty\\
13 & 27 & 55 & 111 & ... & \infty\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots& \ddots& \vdots\\
\infty & \infty & \infty & \infty & ... & \infty\\
\end{pmatrix}\end{align}
$

Wenn wir jetzt also die Reihe und Spalte eines Elements finden wollen, machen wir folgendes:

Beispiel 111:

Wir testen der Reihe nach welche Restklasse zu dieser Zahl passt und fangen links an:

$\frac{111+3}{4}$ passt nicht

$\frac{111+5}{8}$ passt nicht

$\frac{111+9}{16}$ passt nicht

$\frac{111+17}{32}$ passt!

Das bedeutet 111 muss in der 4 Spalte liegen weil sie in dieser Restklasse liegt... Gleichzeitig wissen wir

$\frac{111+17}{32}=4$

Also wissen wir auch noch das 111 in der 4 Reihe liegt.

Das bedeutet wir haben die Gleichung:

$(2m-1)2^n-1=111$

für ganzzahlige $m$ und $n$ gelöst.

Für gerade Zahlen also einer Matrix der Form

$\begin{align} M=
\begin{pmatrix}
4k-2& 8k-4 & 16k-8 & 32k-16 & ...&\infty\\
2 & 4 & 8 & 16 & ... & \infty\\
6 & 12 & 24 & 48 & ... & \infty\\
10 & 20 & 40 & 80 & ... & \infty\\
14 & 28 & 56 & 112 & ... & \infty\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots& \ddots& \vdots\\
\infty & \infty & \infty & \infty & ... & \infty\\
\end{pmatrix}\end{align}
$

 könnte man analog vorgehen

Hier wird dann das $m$ und $n$ für

$(2m-1)2^n$

berechnet.



-----------------
Gruß blindmessenger
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-01-13 00:32

\(\begingroup\)
2018-01-11 19:59 - blindmessenger im Themenstart schreibt:
Hallo,

$\begin{align} M_{M}=
\begin{pmatrix}
4k-3& 8k-5 & 16k-9 & 32k-17 & ...&\infty\\
1 & 3 & 7 & 15 & ... & \infty\\
5 & 11 & 23 & 47 & ... & \infty\\
9 & 19 & 39 & 79 & ... & \infty\\
13 & 27 & 55 & 111 & ... & \infty\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots& \ddots& \vdots\\
\infty & \infty & \infty & \infty & ... & \infty\\
\end{pmatrix}\end{align}
$
$(2m-1)2^n-1=111$ berechnet.


Was wir in deiner großen Mersenne-Matrix $M_{m}$ ohne Divisoren vor uns haben, ist das einmalige Vorkommen alle ungeraden Zahlen, was leicht zu sehen ist.
Wir haben also aine Abbildung \(f:\mathbb N\times\mathbb N \Leftrightarrow N_{odd}: f(n,m)  \Leftrightarrow: (2m-1)2^n-1\).
Uns oder mich interesieren nun die Eigenschaften dieser Abbildung. Sie ist offenbar surjektiv und injektiv, also bijektiv.
Du suchst nun die Umkehrabbildung und gibst einen Such-Algorithmus an, so wie ich dich verstehe.
Ist f linear, also ein Isomorphismus, dann muss es ein $\varphi(n)$ sowie ein $\psi(n)$ geben, so dass \(f(\varphi(n,m)) = \psi(f(n,m))\) und auch ein f´ als Inverses von f, oder?
Ein solches \(\varphi(n)\) oder $\psi(n)$ kann ich nicht auf Anhieb sehen, denke aber es gibt eins, wenn jemand es Zeigen kann?
Eine Umkehrabbildung f´ kann man relativ leicht angeben wie folgt:

Zur Umkehrung von f´ von f nehme z.B. 839:
1. Rechne 839+1 = 840.
2. Bestimme die Primfaktorzerleung $840 = 2^3\cdot3\cdot5\cdot7$, oder dividiere die 2en raus so lang es ganze Zahlen bleiben.
3. Dann dividiere $840/2^3 = 3\cdot5\cdot7 =105$
Also steht 839 in Spalte 3 und in Zeile $\frac{105+1}{2} = 53$ der $M_{m}$.

Um mal diesen überstrapazierten Begriff Mersenne zu relativieren:
Die erste Zeile in der unendlichen Matrix $M_{m}$ besteht aus allen 2er Potenzen $2^j$ abzüglich 1, $j=1..\infty$.
Danke
Jürgen

\(\endgroup\)


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-01-13 05:18

\(\begingroup\)
Ich staune!  wink

Es beginnt mit der richtigen Definition der Funktion $f$ (sieht man davon ab, dass ihr Definitionsbereich eigentlich $\mathbb N^*\times \mathbb N^*$ ist)...

2018-01-13 00:32 - juergen007 in Beitrag No. 1 schreibt:

Wir haben also aine Abbildung \(f:\mathbb N\times\mathbb N \Leftrightarrow N_{odd}: f(n,m)  \Leftrightarrow: (2m-1)2^n-1\).

... dann die leider fast schon obligate "Schwafelei", ohne die es leider nicht ganz abgeht, hier von einem Isomorphismus, obwohl weit und breit keine Operationen dafür zu sehen sind...  eek


Ist f linear, also ein Isomorphismus, dann muss es ein $\varphi(n)$ sowie ein $\psi(n)$ geben, so dass \(f(\varphi(n,m)) = \psi(f(n,m))\) und auch ein f´ als Inverses von f, oder?
Ein solches \(\varphi(n)\) oder $\psi(n)$ kann ich nicht auf Anhieb sehen, denke aber es gibt eins, wenn jemand es Zeigen kann?

...aber dann zum Schluss die absolut korrekte algorithmische Beschreibung der Umkehrabbildung $f'$, wenngleich jetzt nur an einem Beispiel:


Eine Umkehrabbildung f´ kann man relativ leicht angeben wie folgt:

Zur Umkehrung von f´ von f nehme z.B. 839:
1. Rechne 839+1 = 840.
2. Bestimme die Primfaktorzerleung $840 = 2^3\cdot3\cdot5\cdot7$, oder dividiere die 2en raus so lang es ganze Zahlen bleiben.
3. Dann dividiere $840/2^3 = 3\cdot5\cdot7 =105$
Also steht 839 in Spalte 3 und in Zeile $\frac{105+1}{2} = 53$ der $M_{m}$.

Ich hätte zwar als Beispielzahl auch 111 genommen, wie blindmessenger oben, da deine Zahl 839 ja irgendwo "in the middle of nowhere" ist und man das Ergebnis daher schlecht kontrollieren kann,  aber dann wäre es fast schon zu perfekt gewesen!  wink
\(\endgroup\)


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-13 08:12

\(\begingroup\)
Der Vorteil des Algorithmus aus Beitrag 1 ist, dass wir keine Primfaktorzerlegung brauchen sondern nur die aufgeführten Restklassen

$4k-3$

$8k-5$

$16k-9$

$32k-17$

$...$

durchzutesten brauchen. Ich denke so kann man die Gleichung

$(2m-1)2^n-1=k$

auch recht gut für grosse $k$ $(m,n \in \mathbb{N})$ lösen.

Warum ist der Algorithmus schnell?

Dazu schauen wir uns mal die Restklassen genauer an: Die Restklassen der Spalten wachsen im Quadrat. Das bedeutet je mehr Algorithmusschritte wir vollzogen haben, desto geringer wird die Chance, dass wir die Gleichung nicht schon gelöst haben. Schon nach 4 Schritten (also testen mit 4 Restklassen) liegt die Wahrscheinlichkeit die Gleichung gelöst zu haben bei 32:1... Nach 1000 Schritten dann dementsprechend bei 2^1001:1...


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Gruß blindmessenger
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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-01-13 08:29


2018-01-13 08:12 - blindmessenger in Beitrag No. 3 schreibt:
Der Vorteil des Algorithmus aus Beitrag 1 ist, dass wir keine Primfaktorzerlegung brauchen sondern nur die aufgeführten Restklassen

Ja, das mit der Primfaktorzerlegung im Posting von juergen007 ist natürlich - aus algorithmischer Sicht - ganz klar Unsinn, insofern muss ich mein obiges Lob jetzt ein bißchen zurücknehmen. Wie das Ganze algorithmisch "sauber" funktioniert, kannst du dem nachfolgenden und hoffentlich selbsterklärenden Programm entnehmen:

Maple
f_inv:=proc(N) 
   local m:=N+1,n:=0;
   while m mod 2=0 do n:=n+1; m:=m/2 end do;
   return [(m+1)/2,n]
end:
 
f_inv(111),f_inv(839)
                        [4, 4], [53, 3]
 

Der Algorithmus ist in dieser Form natürlich superschnell und braucht selbstverständlich keine Primfaktorzerlegung!



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2018-01-13 08:40


Man könnte die beiden Algorithmen ja mal gegenüber stellen und sehen welcher schneller ist für grosse Zahlen?

Leider kann ich den aus meinem Beitrag nicht so schnell programmieren... Oder sind die vom Prinzip her gleich?

Edit: Das Programm scheint nicht so kompliziert zu sein, aber könntest Du trotzdem kurz erläutern was das Programm macht?




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Gruß blindmessenger



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-01-13 09:26

\(\begingroup\)
2018-01-13 08:40 - blindmessenger in Beitrag No. 5 schreibt:
Edit: Das Programm scheint nicht so kompliziert zu sein, aber könntest Du trotzdem kurz erläutern was das Programm macht?

Ok, wir gehen von der Gleichung $f(m,n)=(2m-1)2^n-1=N$ und versuchen daraus $m$ und $n$ zu rekonstruieren (Achtung: Habe gegenüber den Bezeichnungen in #1 auch die Reihenfolge von $m$ und $n$ in der Definition von $f$ vertauscht, weil dies einfach mehr Sinn macht!)

1. [Initialisierung] $m\leftarrow N+1$, $n\leftarrow 0$.

2. [Hauptschleife] Solange $m$ gerade ist, führe die Anweisungen
                   
            $n\leftarrow n+1,\ m\leftarrow m/2$
 
   durch.

3. [Ausgabe] Gib $((m+1)/2,n)$, also das Urbild von $N$ unter $f$ zurück.

Ich weiß jetzt nicht, in welcher Sprache du programmierst, aber sollten in ihr binäre Rightshifts möglich sein, dann ist $m\leftarrow m/2$ klarerweise durch $m\leftarrow m>>1$ zu ersetzen. Aber auch so ist es eigentlich unvorstellbar, dass eine andere Implementierung als die obige schneller sein soll.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-01-13 13:17

\(\begingroup\)
Ja danke für dein reduziertes Staunen ;)
An der Primfakorenzerlegung von \(111 + 1 = 112 =2^4 * 7\) sieht man gleich, dass die durch 7 dividierte Matrix $M_m^{7}$ in der Zeile 4, Spalte 4: \((2*4-1)2^4\) eine 1 hat.
Schönen Tach auch.
\(\endgroup\)


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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-01-13 13:21

\(\begingroup\)
Ja danke für dein reduziertes Staunen ;)
An der Primfakorenzerlegung von \(111 + 1 = 112 =2^4 * 7\) sieht man gleich, dass die durch 7 dividierte Matrix $M_m^{7}$ in der Zeile 4, Spalte 4: \((2*4-1)2^4\) eine ganze Zahl hat.
Ähnliches können wir für die 3 von 2 verschiedenen Divisoren in 839 = \(2^3\cdot3\cdot5\cdot7-1\) feststellen.
Schönen Tach auch.
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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-01-13 13:49

\(\begingroup\)
2018-01-13 13:21 - juergen007 in Beitrag No. 8 schreibt:
Ja danke für dein reduziertes Staunen ;)
An der Primfakorenzerlegung von \(111 + 1 = 112 =2^4 * 7\) sieht man gleich, dass die durch 7 dividierte Matrix $M_m^{7}$ in der Zeile 4, Spalte 4: \((2*4-1)2^4\) eine ganze Zahl hat.
Ähnliches können wir für die 3 von 2 verschiedenen Divisoren in 839 = \(2^3\cdot3\cdot5\cdot7-1\) feststellen.

Leider sprichst du auch hier wieder von der "Primfaktorzerlegung", welche klar ein Irrweg ist, der wirklich nur für kleine Zahlen funktioniert. Dabei hattest du oben mit

2018-01-13 00:32 - juergen007 in Beitrag No. 1 schreibt:
2. Bestimme die Primfaktorzerleung $840 = 2^3\cdot3\cdot5\cdot7$, oder dividiere die 2en raus so lang es ganze Zahlen bleiben.

schon angedeutet, dass es da durchaus mit dem "Herausdividieren der 2en" auch noch einen anderen Weg gibt, ohne dir allerdings bewusst zu sein, dass aus algorithmischer Sicht der Unterschied zwischen diesen beiden Möglichkeiten nicht größer sein könnte.

PS: Hast du übrigens schon einen Blick auf den Algorithmus in #6 geworfen? Im Grunde ist es immer noch dein Algorithmus zur Bestimmung der Umkehrfunktion von $f$, auch wenn er in dieser Form vielleicht kaum mehr wiederzuerkennen ist.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-01-13 14:08

\(\begingroup\)
2018-01-13 13:49 - weird in Beitrag No. 9 schreibt:

Leider sprichst du auch hier wieder von der "Primfaktorzerlegung", welche klar ein Irrweg ist, der wirklich nur für kleine Zahlen funktioniert. Dabei hattest du oben mit

2018-01-13 00:32 - juergen007 in Beitrag No. 1 schreibt:
2. Bestimme die Primfaktorzerleung $840 = 2^3\cdot3\cdot5\cdot7$, oder dividiere die 2en raus so lang es ganze Zahlen bleiben.

schon angedeutet, dass es da durchaus mit dem "Herausdividieren der 2en" auch noch einen anderen Weg gibt, ohne dir allerdings bewusst zu sein, dass aus algorithmischer Sicht der Unterschied zwischen diesen beiden Möglichkeiten nicht größer sein könnte.

Sagen wir so :
1. Rausdividieren der 2en aus \(k+1 \in \mathbb N\), so lang es ganze Zahlen bleiben.
2. Die Häufigkeit dieser Aktion ergibt die gesuchte Spalte n.
3. Aus dem verbleibenden Rest können wir ohne weitere Zerlegung sofort die Zeile m errechnen.

Diese 3 Schritte entsprechen deinen 3 im obigen Beitrag.

Zusätzlich:
4.Eine PFZ des Restes ermöglicht das Auffinden von Primteilern und anderen Teilern d | (k+1), so dass an der Stelle m,n das Element Divisormatrix  \(M_{m}^d[m.n]\) ganzzahlig ist, was ja für BMs Theorie interessant ist, oder. So recht?
J.
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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-01-13 14:32


@juergen007

Was die ersten drei Punkte betrifft, stimmt das jedenfalls. Betreffend den 4.Punkt habe ich mich selbst noch zuwenig mit der ganzen Sache hier beschäftigt, um ihn bestätigen zu können.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2018-01-13 16:38

\(\begingroup\)
2018-01-13 05:18 - weird in Beitrag No. 2 schreibt:
Ich staune!  wink

Es beginnt mit der richtigen Definition der Funktion $f$ (sieht man davon ab, dass ihr Definitionsbereich eigentlich $\mathbb N^*\times \mathbb N^*$ ist)...

2018-01-13 00:32 - juergen007 in Beitrag No. 1 schreibt:

Wir haben also aine Abbildung \(f:\mathbb N\times\mathbb N \Leftrightarrow N_{odd}: f(m,n)  \Leftrightarrow: (2m-1)2^n-1\).


Wie Du richtig sagtest, die Abbildung $\displaystyle f:\mathbb N^*\times \mathbb N^* \Rightarrow \mathbb N_{odd}: f(m,n)  \Rightarrow: k =(2m-1)2^n-1$ existiert, m ist die Zeilennummer, n ist die Spaltennummer.
Und es ist $f(m,n)  \Rightarrow: (2m-1)2^n-1 = k$ und $f(m,n+1) =(2m-1)2^{n+1}= 2k+1$.

Ich definiere $\varphi(m,n): (m,n+1)$ sowie $\psi(k)=2k+1$, so dass
\(f(\varphi(m,n)) = \psi(f(m,n))\).
Denn mit $\displaystyle f:\mathbb N^*\times \mathbb N^* \Rightarrow \mathbb N_{odd}: f(m,n) = (2m-1)2^n-1$ haben wir mit \(f(\varphi(m,n))= f(m,n+1)=(2m-1)2^{n+1}-1 = \psi(f(m,n))\) einen bijektiven Homomorphismus also eine Isomorphie zumindest zwischen den Spalten der $M_{m}$, und auch die Umkehrfunktion $f´(f(m,n)) = f'(k) =l$ existiert und ist
$l\Rightarrow \frac{l-1}{2}$, meine ich.  wink
Thx
Jürgen
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cis
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-01-15 23:51


Nur als kleiner Einwurf:
Ich habe ja hier    die Funktion Mod verwendet; auch gibt es (wie Buri vorschlug) die Funktion PowerMod.
Ich schätze, wenn diese Funktionen in Mathematica schon unterschieden werden, dass da machtvolle Algorithmen dahinterstecken.
Ich sehe im Programm z.Zt. keinen Grund, die Berechnung manuell zu gestalten.





-----------------
Wenn man alles ausgeschaltet hat, was unmöglich ist, bleibt am Ende etwas übrig, das die Wahrheit enthalten muß - mag es auch noch so unwahrscheinlich sein...
(Sherlock Holmes)
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-01-16 00:20


Ich dachte an so etwas ohne jetzt die Bildungsformal rauszusuchen, in der aber Mod vorkommt in tikz darzustellen. Aber ich kann mich auch mal selber daran setzen ein Latex output zu kreiieren:)


Danke
Jürgen

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275511093591181099155
31631261251231191119563




Und habe auch noch nicht verstanden, wie du aus

 
Mathematica
Divisor: d = 5
Spaltenzahl: nMax = 4
Zeilenzahl: kMax = 5
 
1/5	3/5	7/5	3
1	11/5	23/5	47/5
9/5	19/5	39/5	79/5
13/5	27/5	11	111/5
17/5	7	71/5	143/5
 
 
1|5|s	3|5|s	7|5|s	3|1|r
1|1|r	11|5|s	23|5|s	47|5|s
9|5|b	19|5|b	39|5|b	79|5|b
13|5|s	27|5|s	11|1|r	111|5|s
17|5|s	7|1|r	71|5|s	143|5|s
 
5.txt

ein finales Bild erzeugst.



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cis
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2018-01-16 00:20 - juergen007 in Beitrag No. 14 schreibt:
Und habe auch noch nicht verstanden, wie du aus
ein finales Bild erzeugst.

Da konntest Du auch nicht verstehen. Ein 08/15 Bild ginge schnell, aber ich habe da schon gewisse Ansprüche; und da muss ich einiges noch klären, sowie ich dazu komme.




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juergen007
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\(\begingroup\)
Beispiel Divisormatrix für die Zahl 7:

$\begin{align} M_{di}^)=M_{M} \cdot \frac{1}{7}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{7} & \frac{3}{7} & \color{red}{1} \\
\frac{5}{7} & \frac{11}{7} & \frac{23}{7} \\
\frac{9}{7} & \frac{19}{7} & \frac{39}{7} \\
\frac{13}{7} & \frac{27}{7} & \frac{55}{7} \\
\frac{17}{7} & \color{red}{5} & \frac{71}{7}\\
\color{red}{3} &\frac{43}{7}  &\frac{87}{7}   \\
\frac{25}{7} & \frac{51}{7} & \frac{103}{7} \\
\end{pmatrix} \end{align}
$

Das Bildungsgesetz ist also hier \(D_{i,j}^{7} =((4i-3)\cdot2^j \mod 7)/7\, \quad i=1..7\quad j=1..7\).
Die Zähler der ersten Spalte sind übrigens eine multiplikative Gruppe der $(4i-3)$ Zahlen, Denn für alle $n,m \in \mathbb N^*$ gilt$(4n-3)(4m-3)=16mn-12(n+m)+9 \equiv -3 \mod4$.
Wenn $7|(4n-3)$, dann ist $4n \equiv3\mod7$ in Zeile 6. d.h $7|(4n-3)$ und $(4n-3)/7$ ganzzahlig.

Dann ist auch \(D_{i+7,j}^{7} = ((4(i+7)-3))\cdot2^j = ((4i-3)\cdot2^j+7\cdot2^j = D_{i,j}^{7} + 7\cdot2^j = D_{i,j}^{7}\), also wiederholen sich die 7*7 Quadrate nach unten.
Die Wiederholung nach rechts ist ebenso zu sehen.

Die Position ganzer Zahlen in der 7er Matrix ist also \(D_{1,3}^{7}=1,D_{5,2}^{7}=5,D_{6,1}^{7}=3\), und das ist so verstehe ich es, die Hauptaussage der 7er-Divisomatrix, quasi das Pattern(7). Die Patterns aller Primzahlen sind wahrscheinlich(?!) "unique", da sie ja alle verschiedene Breiten und Reihen haben.

Danke


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2018-01-16 12:25

\(\begingroup\)
2018-01-16 01:59 - juergen007 in Beitrag No. 16 schreibt:
Beispiel Divisormatrix für die Zahl 7:

$\begin{align} M_{di}^)=M_{M} \cdot \frac{1}{7}=
\begin{pmatrix}
\frac{1}{7} & \frac{3}{7} & \color{red}{1} \\
\frac{5}{7} & \frac{11}{7} & \frac{23}{7} \\
\frac{9}{7} & \frac{19}{7} & \frac{39}{7} \\
\frac{13}{7} & \frac{27}{7} & \frac{55}{7} \\
\frac{17}{7} & \color{red}{5} & \frac{71}{7}\\
\color{red}{3} &\frac{43}{7}  &\frac{87}{7}   \\
\frac{25}{7} & \frac{51}{7} & \frac{103}{7} \\
\end{pmatrix} \end{align}
$

Das Bildungsgesetz ist also hier \(D_{i,j}^{7} =((4i-3)\cdot2^j \mod 7)/7\, \quad i=1..7\quad j=1..7\).

Dieses Buildungsgesetz ist natürlich total falsch und hättest du es auch nur an einem einzigen(!) Beispiel ausprobiert, so hättest du das auch selber sofort sehen können: Weder wird hier etwas im Zähler mod 7 reduziert, noch stimmt stimmt dieser ohne diese Reduktion. Richtig wäre hier natürlich

$D_{ij}=\frac{(2i-1)2^j-1}7$


Die Zähler der ersten Spalte sind übrigens eine multiplikative Gruppe der $(4i-3)$ Zahlen, Denn für alle $n,m \in \mathbb N^*$ gilt$(4n-3)(4m-3)=16mn-12(n+m)+9 \equiv -3 \mod4$.
Wenn $7|(4n-3)$, dann ist $4n \equiv3\mod7$ in Zeile 6. d.h $7|(4n-3)$ und $(4n-3)/7$ ganzzahlig.

Warum einfach, wenn es kompliziert auch geht? Tatsächlich sind die Zahlen der ersten Spalte einfach $\equiv 1 \mod 4$, was also letztlich dahintersteckt, ist die einfache Gleichung $1\times 1=1$.   eek

Generell ist zu sagen, dass die Betrachtung der Divisormatrizen ein Irrweg ist und man statt dessen hier einfach die um 1 erhöhten Zähler der Matrixeinträge mod 7 betrachten sollte. Die "roten Zahlen" entsprechen dann einfach den Einseinträgen der so gebildeten Matrix. Damit wäre dann auch die Möglichkeit vorhanden, das Ganze vom Standpunkt der Gruppentheorie zu betrachten und damit neue Einsichten zu gewinnen, ein Weg, den man sich so mutwillig versperrt. Da waren wir schon mal weiter und ich mag mich ja irren, aber für mich sieht es fast so aus, als wollte blindmessenger aus irgendeinem Grund durch den Übergang zu Divisormatrizen die einfache Deutung seiner "patterns" im Rahmen der elementaren Gruppentheorie "verschleiern".  cool
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blindmessenger
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2018-01-16 12:25 - weird in Beitrag No. 17 schreibt:

Generell ist zu sagen, dass die Betrachtung der Divisormatrizen ein Irrweg ist und man statt dessen hier einfach die um 1 erhöhten Zähler der Matrixeinträge mod 7 betrachten sollte. Die "roten Zahlen" entsprechen dann einfach den Einseinträgen der so gebildeten Matrix. Damit wäre dann auch die Möglichkeit vorhanden, das Ganze vom Standpunkt der Gruppentheorie zu betrachten und damit neue Einsichten zu gewinnen, ein Weg, den man sich so mutwillig versperrt. Da waren wir schon mal weiter und ich mag mich ja irren, aber für mich sieht es fast so aus, als wollte blindmessenger aus irgendeinem Grund durch den Übergang zu Divisormatrizen die einfache Deutung seiner "patterns" im Rahmen der elementaren Gruppentheorie "verschleiern".  cool

Ich verstehe Deinen Einwand... Ich habe mir das mit den Divisormatrizen allerdings nicht überlegt weil ich keine Ahnung von Gruppentheorie habe. Also ich meine, ich habe keine Ahnung von Gruppentheorie, aber das war nicht der Grund die Definition zu ändern. Es ging mir darum einen einfacheren Zugang zu diesen Pattern zu bekommen. Und was könnte einfacher sein als das man eine Anordnung von Zahlen in einer Matrix durch eine ganze Zahl dividiert um damit ein spezifisches Muster an ganzen Zahlen zu erzeugen... Das verstehen sogar Grundschüler...  wink
Ich wollte keinesfalls die gruppentheoretischen Erklärungen die dahinter stehen torpedieren...


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Gruß blindmessenger



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