Die Mathe-Redaktion - 06.12.2019 08:46 - Registrieren/Login
Auswahl
ListenpunktHome
ListenpunktAktuell und Interessant ai
ListenpunktArtikelübersicht/-suche
ListenpunktAlle Links / Mathe-Links
ListenpunktFach- & Sachbücher
ListenpunktMitglieder / Karte / Top 15
ListenpunktRegistrieren/Login
ListenpunktArbeitsgruppen
Listenpunkt? im neuen Schwätz
ListenpunktWerde Mathe-Millionär!
ListenpunktFormeleditor fedgeo
Schwarzes Brett
Aktion im Forum
Suche
Stichwortsuche in Artikeln und Links von Matheplanet
Suchen im Forum
Suchtipps

Bücher
Englische Bücher
Software
Suchbegriffe:
Mathematik bei amazon
Naturwissenschaft & Technik
In Partnerschaft mit Amazon.de
Kontakt
Mail an Matroid
[Keine Übungsaufgaben!]
Impressum

Bitte beachten Sie unsere Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, unsere Datenschutzerklärung und
die Forumregeln.

Sie können Mitglied werden. Mitglieder können den Matheplanet-Newsletter bestellen, der etwa alle 2 Monate erscheint.

Der Newsletter Okt. 2017

Für Mitglieder
Mathematisch für Anfänger
Wer ist Online
Aktuell sind 505 Gäste und 15 Mitglieder online.

Sie können Mitglied werden:
Klick hier.

Über Matheplanet
 
Zum letzten Themenfilter: Themenfilter:
Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Fabi Dune ligning
Lineare Algebra » Lineare Abbildungen » Beweis der Surjektivität einer Abbildung
Druckversion
Druckversion
Autor
Kein bestimmter Bereich J Beweis der Surjektivität einer Abbildung
Meringe
Junior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 21.02.2019
Mitteilungen: 11
Aus: Freiburg, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-08-13


Guten Tag zusammen,

ich bin gerade beim Programmieren auf folgende Aussage gestoßen:

1)
Wenn man eine Wage hat, die Gewichte von 1 bis 40 erlaubt, und nur Objekte besitzt, deren Gewicht einer natürlichen Zahl entspricht. Dann ist die Anzahl der geringsten Gewichte, die man benutzen darf um das Gewicht von jedem Objekt korrekt zu bestimmen, Sechs (nämlich Gewichte mit Masse 1, 2, 4, 8, 16, 32).

2)
Falls beide Seiten einer Waage benutzt werden dürfen, dann beträgt die Anzahl sogar nur 4 (nämlich 1, 3, 9, 27).


Aussage 1) ist mir auf Anhieb klar gewesen, weil es genau das Zweiersystem ist. Doch dann kam ich auf die Idee, ob man das auch beweisen könnte.
Ein Versuch von mir war das auf eine lineare Abbildung von \((\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n \rightarrow \mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}\) zu verallgemeinern und dann zu zeigen, dass diese Abbildung surjektiv ist. Allerdings wüsste ich nicht, wie ich den Teil zeigen sollte.
Ein Weg wäre im Normalfall die Basen vom ersten Vektorraum auf den zweiten Vektorraum abzubilden, aber ich sehe nicht, wie das hier möglich sein sollte.

Zu Aussage 2), da ahne ich, sobald Aussage 1) bewiesen wäre mit der oben vorgestellten Methode, könnte man Aussage 2) umformen, sodass man mit der in Aussage 1) sie beweisen könnte.

Liege ich mit meinen Vermutungen auf dem Holzweg? Es ist zwar nur eine Passage aus einem Programmierabschnitt gewesen, ich würde mich aber dennoch für den mathematischen Beweis interessieren.

Liebe Grüße
Meringe



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 2311
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-08-13

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

zwei kurze Ideen (wobei ich hier den Zusammenhang zur Linearen Algebra nicht so ganz sehe):

- zu 1): das müsste ja eigentlich schön mit Dualzahlen gehen.

- zu 2): wenn man sich ein wenig klarmacht, wie das funktioniert, dann kommt man ja immer mit der Addition der n-1 unteren Dreiepotenzen bis 0,5 unter die Hälfte, durch Subtraktion dieser n-1 Potenzen von der höchsten bis auf 0,5 über die Hälfte dieser höchsten Dreierpotenz. Demnach müsste es ausreichen, folgendes nachzurechnen:

\[3^n-2\sum_{k=0}^{n-1}3^k=1\]
Und das ist ziemlich offensichtlich.  smile

Ggf. könnte man dann noch per vollständiger Induktion zeigen, dass man auf diese Weise mit geeigneter Weglassung von Gewichten jede Zahl von \(1\) bis \(3^n\) erreicht. Eigentlich ist es aber auch ohne vollst. Induktion ersichtlich.


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
StrgAltEntf
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 5323
Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-08-13


2019-08-13 15:46 - Meringe im Themenstart schreibt:
die Anzahl der geringsten Gewichte, die man benutzen darf um das Gewicht von jedem Objekt korrekt zu bestimmen, Sechs (nämlich Gewichte mit Masse 1, 2, 4, 8, 16, 32).

Hallo Meringe,

mir ist nicht ganz klar, was hier gesucht ist. Dass man mit fünf Gewichten keinesfalls auskommt, ist klar, denn mit fünf Gewichten lassen sich höchstens \(2^5\) verschiedene Summen bilden. Dass es mit den Massen 1, 2, 4, 8, 16, 32 funktioniert, ist ebenfalls klar (Stichwort: Binärdarstellung). Es klappt aber auch mit den Massen 1, 2, 4, 8, 9, 16. Das teure 32er-Gewicht kann also durch ein bestimmt günstigeres 9er-Gewicht ersetzt werden. Dass es damit ebenfalls funktioniert und dass es kein Set mit einem geringeren Gesamtgewicht gibt, überlasse ich dir als kleine Aufgabe.

Grüße
StrgAltEntf



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5016
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-08-14


2019-08-13 21:54 - StrgAltEntf in Beitrag No. 2 schreibt:
Dass es mit den Massen 1, 2, 4, 8, 16, 32 funktioniert, ist ebenfalls klar (Stichwort: Binärdarstellung). Es klappt aber auch mit den Massen 1, 2, 4, 8, 9, 16. Das teure 32er-Gewicht kann also durch ein bestimmt günstigeres 9er-Gewicht ersetzt werden.

Etwas allgemeiner können hier die beiden Zahlen 16 und 32 durch zwei andere ganze Zahlen >8 ersetzt werden, sofern deren Summe 25 beträgt.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
StrgAltEntf
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 5323
Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-08-14


2019-08-14 09:20 - weird in Beitrag No. 3 schreibt:
2019-08-13 21:54 - StrgAltEntf in Beitrag No. 2 schreibt:
Dass es mit den Massen 1, 2, 4, 8, 16, 32 funktioniert, ist ebenfalls klar (Stichwort: Binärdarstellung). Es klappt aber auch mit den Massen 1, 2, 4, 8, 9, 16. Das teure 32er-Gewicht kann also durch ein bestimmt günstigeres 9er-Gewicht ersetzt werden.

Etwas allgemeiner können hier die beiden Zahlen 16 und 32 durch zwei andere ganze Zahlen >8 ersetzt werden, sofern deren Summe 25 beträgt.

1, 2, 3, 6, 12, 16 oder 1, 2, 4, 7, 13, 13 gehen auch. Gibt es für dieses Problem wohl eine allgemeine Theorie?



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Meringe
Junior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 21.02.2019
Mitteilungen: 11
Aus: Freiburg, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-14


Erstmal ein Danke an alle für die Mithilfe,

Zu diesem Teil:


2019-08-13 21:54 - StrgAltEntf in Beitrag No. 2 schreibt:
2019-08-13 15:46 - Meringe im Themenstart schreibt:
die Anzahl der geringsten Gewichte, die man benutzen darf um das Gewicht von jedem Objekt korrekt zu bestimmen, Sechs (nämlich Gewichte mit Masse 1, 2, 4, 8, 16, 32).

Hallo Meringe,

mir ist nicht ganz klar, was hier gesucht ist. Dass man mit fünf Gewichten keinesfalls auskommt, ist klar, denn mit fünf Gewichten lassen sich höchstens \(2^5\) verschiedene Summen bilden. Dass es mit den Massen 1, 2, 4, 8, 16, 32 funktioniert, ist ebenfalls klar (Stichwort: Binärdarstellung). Es klappt aber auch mit den Massen 1, 2, 4, 8, 9, 16. Das teure 32er-Gewicht kann also durch ein bestimmt günstigeres 9er-Gewicht ersetzt werden. Dass es damit ebenfalls funktioniert und dass es kein Set mit einem geringeren Gesamtgewicht gibt, überlasse ich dir als kleine Aufgabe.

Grüße
StrgAltEntf

Das Dualsystem bildet, wie wir alle sicher wissen, die Zahlen bis \(2^n-1\) bijektiv ab mit n als Stellen im Dualsystem. Die Frage zu meinem Punkt 1 zielt darauf ab, wie man das beweisen könnnte. Und als Idee wäre mir in den Sinn gekommen eine lineare Abbildung zu formulieren und diese auf Surjektivität zu überprüfen. @StrgAltEntf der Gedanke man könnte es sogar mit dem Set 1, 2, 4, 8, 9, 16 schaffen ist mir neu, ich finde ihn aber toll. Danke!
(Die 9 braucht man deswegen, weil sonst die 40 nicht erreichbar wäre ;-) )


Dann zu dem Beitrag
2019-08-13 16:46 - Diophant in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo,

zwei kurze Ideen (wobei ich hier den Zusammenhang zur Linearen Algebra nicht so ganz sehe):

- zu 1): das müsste ja eigentlich schön mit Dualzahlen gehen.

- zu 2): wenn man sich ein wenig klarmacht, wie das funktioniert, dann kommt man ja immer mit der Addition der n-1 unteren Dreiepotenzen bis 0,5 unter die Hälfte, durch Subtraktion dieser n-1 Potenzen von der höchsten bis auf 0,5 über die Hälfte dieser höchsten Dreierpotenz. Demnach müsste es ausreichen, folgendes nachzurechnen:

\[3^n-2\sum_{k=0}^{n-1}3^k=1\]
Und das ist ziemlich offensichtlich.  :-)

Ggf. könnte man dann noch per vollständiger Induktion zeigen, dass man auf diese Weise mit geeigneter Weglassung von Gewichten jede Zahl von \(1\) bis \(3^n\) erreicht. Eigentlich ist es aber auch ohne vollst. Induktion ersichtlich.


Gruß, Diophant

Die Formel verstehe ich sofort, sie muss richtig sein, weil schon \(111_3+ 111_3 +1_3 = 222_3 + 1_3 = 1000_3\) gilt und so setzt sich das Spiel für weitere n's fort, deswegen hätte ich diese Formel mit vollst. Ind. bewiesen. Mir fällt nur nicht ein, wie das genau der Aufgabe zu Gute kommt. Denn ich darf doch nur von einem dieser \(3^n\)-Gewichte nur eines verwenden, und das lege ich dann auf eine der beiden Seiten der Waage drauf. Außerdem ist das Objekt, das ich darauf lege, nicht unbedingt vom Gewicht \(3^n\).



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Diophant
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 2311
Aus: Rosenfeld, BW
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-08-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
Hallo,

2019-08-14 12:00 - Meringe in Beitrag No. 5 schreibt:
2019-08-13 16:46 - Diophant in Beitrag No. 1 schreibt:
- zu 2): wenn man sich ein wenig klarmacht, wie das funktioniert, dann kommt man ja immer mit der Addition der n-1 unteren Dreiepotenzen bis 0,5 unter die Hälfte, durch Subtraktion dieser n-1 Potenzen von der höchsten bis auf 0,5 über die Hälfte dieser höchsten Dreierpotenz. Demnach müsste es ausreichen, folgendes nachzurechnen:

\[3^n-2\sum_{k=0}^{n-1}3^k=1\]
Und das ist ziemlich offensichtlich.  :-)

Ggf. könnte man dann noch per vollständiger Induktion zeigen, dass man auf diese Weise mit geeigneter Weglassung von Gewichten jede Zahl von \(1\) bis \(3^n\) erreicht. Eigentlich ist es aber auch ohne vollst. Induktion ersichtlich.


Gruß, Diophant

Die Formel verstehe ich sofort, dass die richtig sein muss.\(111_3+ 111_3 +1_3 = 222_3 + 1_3 = 1000_3\) und so setzt sich das Spiel für weitere alle n's fort, deswegen hätte ich diese Formel mit vollst. Ind. bewiesen. Mir fällt nur nicht ein, wie das genau der Aufgabe zu Gute kommt. Denn ich darf doch nur von einem dieser \(3^n\)-Gewichte nur eines verwenden, und das lege ich dann auf eine Seite der Waage drauf.

Man kann es noch einfacher mit der Summenformel für die geometrische Reihe zeigen.

Aber zu deiner eigentlichen Frage: Ja, wie du sagst, jedes Gewicht ist natürlich nur einmal vorhanden. Wobei man in der Variante 1 ja die Gewichte nur in eine Waagschale legen darf, was nichts anderes als eine Addition dieser Gewichte ist. Hier kommt aber jetzt eine weitere Variante ins Spiel: 2kg etwa realisiert man, indem man das Wägegut in eine Schale legt und zusätzlich das 1kg-Gewicht. In die andere Schale kommt das 3kg Gewicht.

Also entspricht der Vorgang, je ein Gewicht in die beiden Schalen zu legen, einer Subtraktion der Gewichte.

Jetzt kann man sich ersteinmal anschauen, welchen Bereich man mit dem 1kg- und dem 3kg-Gewicht abdecken kann und es ist klar: man kann alle ganzzahligen Gewichte von 1kg bis 4 kg realisieren. Jetzt kommt die nächste Dreierpotenz ins Spiel in Form der 9. Es ist aber 9-4=5, da wir die 4kg realisieren können, müssen damit die 5kg ebenfalls möglich sein, indem man die 4kg zum Wägegut legt und die 9kg in die andere Schale. Da von 1kg bis 4kg alle Gewichte möglich sind können wir jetzt mit dem 9kg-Gewicht zusätzlich alle Gewichte von 9kg-4kg=5kg bis 9kg+4kg=13kg realisieren. Und mit dem 27kg-Gewicht dazu dann wieder alle von 14kg bis 40kg usw.

Um das nun allgemein mit einer Rechnung zu zeigen, reicht es meiner Meinung nach aus, dass man zwei bestimmte Gewichte durch Subtraktion miteinander vergleicht: das kleinste, dass man unter Zuhilfenahme des größten Gewichts realisieren kann und das größte, dass man gerade noch ohne das größte Gewicht hinbekommt. Ist diese Differenz allgemein gleich 1, dann kann es keine Lücke geben und man kann jeweils, wenn man als größtes Gewicht eines mit 3n kg hat, alle ganzzahligen Gewichte von 1kg bis \(\lfloor\frac{3^{n+1}}{2}\rfloor\)kg realisieren.

Und so kam ich eben auf meine Rechnung:

\[\underbrace{3^n-\sum_{k=0}^{n-1}3^k}_{\text{das kleinstmögliche Gewicht,}\\ \text{wenn man das größte Gewicht verwendet}}-\underbrace{\sum_{k=0}^{n-1}3^k}_{\text{das größtmögliche Gewicht}\\ \text{ohne das größte Gewicht zu verwenden}}=3^n-2\sum_{k=0}^{n-1}3^k=3^n-2\frac{3^n-1}{2}=1\]

Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1630
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-08-14

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

2019-08-13 15:46 - Meringe im Themenstart schreibt:
Ein Versuch von mir war das auf eine lineare Abbildung von \((\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n \rightarrow \mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}\) zu verallgemeinern und dann zu zeigen, dass diese Abbildung surjektiv ist.
Das kann nicht funktionieren, denn es gibt keine surjektive lineare Abbildung (Gruppenhomomorphismus) $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n \rightarrow \mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}$. (Auf der rechten Seite gibt es Elemente, deren Ordnung ungleich 2 ist, auf der linken aber nicht.)

Eine Möglichkeit, die Aufgabenstellung zu "veralgebraisieren", wäre es  das Polynom $f(x)=(1+x^{w_1})\cdots (1+x^{w_5})\in \IZ[x]$ zu betrachten. Der Koeffizient von $x^k$ in $f(x)$ gibt an, auf wie viele Weisen sich ein Objekt von Gewicht $k$ mit den Gewichten $w_1,\ldots, w_5$ wiegen lässt.
Die gesuchten Gewichte $w_1,w_2,\ldots, w_5$ müssen also die Eigenschaft haben, dass für $k=0,1,\ldots, 40$ die $k$-te Ableitung von $f$ bei $0$ positiv ist, also $f^{(k)}(0)>0$ gilt.
Einen praktischen Nutzen dieser Formulierung zum Auffinden der $w_1,\ldots, w_k$ sehe ich zur Zeit aber nicht.

Wenn sich jedes zu wiegende Objekt mit Gewicht $1,2,\ldots, 40$ auf eindeutige Weise wiegen lassen soll, dann muss sogar $f(x) \equiv 1+x+x^2+\ldots +x^{40}\equiv \frac 1{1-x}\pmod{x^{41}}$ gelten.
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5016
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-08-14


@Nuramon

Ich hatte das tatsächlich in Maple sehr ähnlich gemacht und es funktioniert auch ausgezeichnet:
Maple 2018
f:=g->[op(rem(mul(1+x^w_,w_ in g),x^41,x))]:
 
f([1,2,4,8,12,29])
 
[ 40   39   38   37   36   35   34   33   32   31   30   29   27  
[x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  ,
   26   25   24   23   22   21   20   19   18   17   16     15  
  x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , x  , 2 x  ,
     14     13     12   11   10   9   8   7   6   5   4   3   2  
  2 x  , 2 x  , 2 x  , x  , x  , x , x , x , x , x , x , x , x ,
      ]
  x, 1]
 
is(nops(%)=41)
                             false

Wie man sehen kann, habe ich dein Polynom f(x) noch mod $x^{41}$ genommen, also den überflüssigen Teil davon "abgeschnitten", und es außerdem zusätzlich als Liste seiner Monome abgespeichert. Nur wenn diese Liste "vollzählig" ist, also 41 Elemente umfasst, ist ja die hier in Rede stehende Abbildung surjektiv. (In obigem Beispiel ist sie es nicht, da ersichtlich das Monom $x^{28}$ fehlt.)



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
StrgAltEntf
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 5323
Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2019-08-14


2019-08-14 12:00 - Meringe in Beitrag No. 5 schreibt:
@StrgAltEntf der Gedanke man könnte es sogar mit dem Set 1, 2, 4, 8, 9, 16 schaffen ist mir neu, ich finde ihn aber toll. Danke!
(Die 9 braucht man deswegen, weil sonst die 40 nicht erreichbar wäre ;-) )

Und 32, 33, ..., 39 sind dann auch erreichbar, da 23, 24, ..., 30 mit den Gewichten 1, 2, 4, 8, 16 erreichbar sind.

Habe noch etwas weiter gespielt: Es gibt insgesamt 18 mögliche Sets mit einer Gesamtmasse von 40. Von denen ist das Set 1, 2, 3, 6, 12, 16 insofern optimal, dass die durchschnittliche Anzahl der Gewichte, die man für die Massen 1, 2, ..., 40 benötigt, minimal wird, nämlich 109/40. (1, 2, 4, 7, 13, 13 und 1, 2, 4, 5, 13, 15 schneiden am schlechtesten ab mit einem Durchschnitt von je 116/40.)

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5016
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-08-14


2019-08-14 20:40 - StrgAltEntf in Beitrag No. 9 schreibt:
Habe noch etwas weiter gespielt: Es gibt insgesamt 18 mögliche Sets mit einer Gesamtmasse von 40. Von denen ist das Set 1, 2, 3, 6, 12, 16 insofern optimal, dass die durchschnittliche Anzahl der Gewichte, die man für die Massen 1, 2, ..., 40 benötigt, minimal wird, nämlich 109/40. (1, 2, 4, 7, 13, 13 und 1, 2, 4, 5, 13, 15 schneiden am schlechtesten ab mit einem Durchschnitt von je 116/40.)

Die Frage ist allerdings, ob Gewichtsauswahlen wie 1,2,4,7,13,13 mit zwei gleichen Gewichten in diesem Zusammenhang als zulässig angesehen werden, das ist zumindestens mir nicht ganz klar. Auf jeden Fall würde sie aber mein Programm oben als zulässig akzeptieren.   wink

Interessant wäre auch noch, ob du bei deinen Untersuchungen einen anderen programmtechnischen Ansatz als Nuramon und ich verfolgt hast.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
StrgAltEntf
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 19.01.2013
Mitteilungen: 5323
Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-08-14


2019-08-14 21:10 - weird in Beitrag No. 10 schreibt:
2019-08-14 20:40 - StrgAltEntf in Beitrag No. 9 schreibt:
Habe noch etwas weiter gespielt: Es gibt insgesamt 18 mögliche Sets mit einer Gesamtmasse von 40. Von denen ist das Set 1, 2, 3, 6, 12, 16 insofern optimal, dass die durchschnittliche Anzahl der Gewichte, die man für die Massen 1, 2, ..., 40 benötigt, minimal wird, nämlich 109/40. (1, 2, 4, 7, 13, 13 und 1, 2, 4, 5, 13, 15 schneiden am schlechtesten ab mit einem Durchschnitt von je 116/40.)

Die Frage ist allerdings, ob Gewichtsauswahlen wie 1,2,4,7,13,13 mit zwei gleichen Gewichten in diesem Zusammenhang als zulässig angesehen werden, das ist zumindestens mir nicht ganz klar. Auf jeden Fall würde sie aber mein Programm oben als zulässig akzeptieren.   wink

Interessant wäre auch noch, ob du bei deinen Untersuchungen einen anderen programmtechnischen Ansatz als Nuramon und ich verfolgt hast.

Ich sehe erst einmal nicht, was gegen gleiche Gewichte sprechen würde. Wenn man das nicht mag, kann man das auch weglassen und es gibt nur noch 17 Sets. Ich fand es aber ganz interessant, dass es auch ein Set mit gleichen Gewichten gibt.

Mein Programm ist in C geschrieben und probiert mehr oder weniger alle Möglichkeiten durch. Im Fall 40 kostet das nur einen Wimpernschlag.



  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Meringe
Junior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 21.02.2019
Mitteilungen: 11
Aus: Freiburg, Deutschland
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-15

\(\begingroup\)\( \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}}\)
@Diophant

Jetzt ist mir deine Lösung klar. Natürlich sehr einleuchtend! Und du hast recht mit der Summenformel geht es viel schneller.
Hier an der Stelle würde ich mithilfe deines Argument und vollst. Induktion das Ganze für alle n dann beweisen (scheinbar kann ich vollst. Ind. ziemlich gut leiden :) ).
Jedenfalls vielen Dank.


@Nuramon
Danke, du hast Recht, natürlich funktioniert die Abbildung nicht so wie ich es mir gedacht habe, weil die Ordnung von einem Element aus $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n$ maximal 2 sein kann.

Die Idee, die Aufgabe zu "veralgebraisieren", hat sicher seinen Reiz, leider ist sie mir etwas zu hoch. Deswegen habe ich das leider nicht ganz verstanden. Aber das liegt sicher nur an mir, offensichtlich hat "weird"  die Idee ganz gut verstanden und sogar in einem Programm verwirklicht :-D .


@StrgAltEntf
Danke für die zusätzliche Information, ich hätte zwar nicht damit gerechnet, das jemand sich sogar die Mühe macht, selbst den Code zu programmieren, aber ich finde das ziemlich begeisternd, so viele Enthusiasten zu finden.


Damit gesagt: Allen noch vielen Dank für die Hilfe!
\(\endgroup\)


  Profil  Quote  Link auf diesen Beitrag Link
Meringe hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Meringe hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
Meringe wird per Mail über neue Antworten informiert.
Neues Thema [Neues Thema]  Druckversion [Druckversion]

 


Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2019 by Matroids Matheplanet
This web site was made with PHP-Nuke, a web portal system written in PHP. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]