Beiträge von umu

    ... wage ich mich also auch noch mal kurz in diesen mittlerweile fast ein wenig unheimlichen Tempel der Stille ...


    Das nenne ich mal perfekte Synergie: erst die Irrtümer, und jetzt haben wir am Ende beide recht :) Klar, mit der größeren internen Präzision funktioniert ja jetzt auch Dein Ansatz mit dem Logarithmus.

    Code
    1. ? \p 20000
    2. realprecision = 20017 significant digits (20000 digits displayed)
    3. ? 2*10^(frac(2^2^16*log(2)/log(10)))
    4. %1 = 4.240077457616423969770329383324549261671308461350744967251903504708829131122322081417542017613864427947476604657175235712615340860593754350361470891374695454435421197995460509805991240661577631336462519623735954146703418998030823422504169547085720000940954068970289600231968666505528818552
    5. ?

    Er ist sogar besser, als das wiederholte Quadrieren. Da GP intern die ausreichende Präzision bei dem einen Ausdruck komplett prüft, bei dem Algorithmus jedoch nur das Einhalten der Präzision in jedem Einzelschritt sicherstellen kann. Schön zu sehen an der Fehlermeldung obigen Ausdrucks bei Präzision 10000. Bei höheren Präzisionen hingegen sind so jetzt auch ALLE ausgegebenen Ziffern verlässlich. Kann man prüfen mit 20100, 20200 ... Ja, das ist wirklich schwer beeindruckend. Anfang gut, Mittel egal :) Ende gut, alles gut. Na denne...



    EDIT: Übrigens, das ganze geht so auch in Python + mpmath, nur um die Präzision muss man sich da selber kümmern:

    Code
    1. >>> from mpmath import mp,log10
    2. >>> mp.dps = 20000 # precision
    3. >>> s = 2**2**16 * log10(2)
    4. >>> assert( log10(s) < mp.dps )
    5. >>> mp.dps -= log10(s) # precision of fractional part s%1
    6. >>> print( 2 * 10**(s%1) )
    7. 4.240077457616423969770329383324549261671308461350744967251903504708829131122322081417542017613864427947476604657175235712615340860593754350361470891374695454435421197995460509805991240661577631336462519623735954146703418998030823422504169547085720000940954068970289600232

    Ja, sogenannte signifikante Stellen. Bin mir mittlerweile ziemlich sicher, dass es so stimmt. Hab es mit verschiedenen Genauigkeiten ausprobiert. Ab 20000 Stellen ist das Ergebnis immer gleich, vorher eher "zufällig". Wie man das wegen 2^65636 ≈ 2e19728 auch erwarten würde.


    ... und da Du ja schon Deinen Rückzug angedeutet hast, vielleicht sieht man sich ja wieder im nächsten Jahr. Würde mich freuen :)

    Ja mir ging's auch kurz ein wenig komisch. Hab erst mal Dank für Deinen Trost. Und bekanntlich kann man ja aus Fehlern nur lernen.


    Aber ganz so schlimmer mathematischer Unfug war es dann doch nicht, man kann die Idee mit einer korrekten Fehlerabschätzung retten, oder? Mittels "\p 20000" lässt sich in GP die Präzision in diesem Falle noch ausreichend erhöhen. Dann ist der Fehler etwa 2^65636 * 10^-20000 und die ersten Stellen korrekt !!?!


    42400774576164239697...(6.03123..357807 e19727 more digits)...83652555014874857472

    Ce1 . Ja, Du hast vollkommen recht. Danke für den Hinweis. Ich bin doch tatsächlich davon ausgegangen, dass beim Quadrieren eines Floats ja nur die letzte Stelle nicht exakt ist und der Gesamtfehler dann ungefähr 65536 eps ist. Nur dummerweise wird der Fehler in jedem Schritt wegen (x²)' = 2x etwa verdoppelt und ist dann am Ende in der Größenordnung der Zahl selbst. Womit der Dilettant bewiesen wäre. qed :)

    .Wie macht's der Profi?

    :) Als Profi fühle ich mich jetzt zwar nicht direkt angesprochen, eher als gestandener Dillettant und Amateur (im Sinne von dilletare=erfreuen, amare=lieben).


    Als erstes mal die Erklärung, warum dein Ansatz so nicht klappt. x1=2^65536 und x2=2^65536+6 haben natürlich auf viele(!!) Dezimalstellen übereinstimmend so ziemlich den gleichen Wert für log(x) / log(10) ~ 65536 * log(2)/log(10). Dennoch ist 2x2 = 64 * 2x1, d.h. 2x1 hat eine andere Anzahl von Stellen und komplett andere Ziffern als 2x2


    EDIT: Ah, sehe grad, dass Du's auch schon gemerkt hast. Diesmal warst Du schneller :)

    EDIT2 Aeehm, sogar schon vor ein paar Stunden. Komisch, ist mir irgendwie entgangen. Sorry. Vermutlich habe ich nur gesehen: "letzter Post von Ce1" und dachte, aha hat sich seitdem nichts geändert...


    So sehr ich Python generell als auch speziell für solche mathematischen Fragestellungen sehr gern verwende (1, so möchte ich diese Gelegenheit gleich auch noch mal nutzen, für algebraische und zahlentheoretische Berechnungen verschiedenster Art PARI/GP zu empfehlen (2.


    Die letzten 20 Stellen unserer Zahl, ist in GP nicht mehr als ein:

    ? 2*Mod(2,10^20)^2^65536

    %1 = Mod(83652555014874857472, 100000000000000000000)


    Mod(x,m) bezeichnet dabei die Restklasse x(modulo m). Alle Stellen von 2^65536 lassen sich ebenso einfach ausgeben.

    ? print(2^2^2^2^2)

    20035299...(mehrere Bildschirme voller Ziffern)...19156736


    Für die ersten Stellen helfen Restklassen natürlich nicht weiter. Hier hatte ich ja schon die WESTKOMA erwähnt, also 65536-maliges Quadrieren unter Extra-Auswertung des 10er-Exponents. Das ginge ähnlich auch zB. in Python, hier aber trotzdem mal zur Illustration das Codestück in GP.


    Code
    1. \\ gives an idea of 2*2^pow
    2. huge( pow=2^16 ) = {
    3. my( t=0, ar=Mod(2,10^20), a=2. );
    4. for( i=1,pow, a*=a; ar*=ar; t*=2; if(a>=10,a/=10;t+=1) );
    5. a*=2; ar*=2; if(a>=10,a/=10;t+=1);
    6. printf( "%d...(%.5e digits)...%020d\n\n", floor(a*10^19), t-40, lift(ar) );
    7. }

    ? huge()

    11035890206151685072...(6.03123 e19727 digits)...83652555014874857472


    Und zuguterletzt noch das Beispiel 2^^22 von GraphZahl oben. Da alles in GP von Haus aus schon vorbereitet ist, muss es nur noch zusammengepackt werden.


    Code
    1. \\ calculates 2^^h mod 2^n*5^m
    2. tower( h, n=10, m=n ) = {
    3. if( h==1, return( Mod(2,2^n*5^m) ) );
    4. my( k=2 ); for( i=2,h, if( k>=n, k=0; break ); k=2^k );
    5. k = Mod(k,2^n);
    6. if( m==0, return(k) );
    7. return( chinese( k, Mod(2,5^m) ^ lift(tower( h-1, 2, m-1)) ) );
    8. }

    ? 2*tower(22,20)

    %3 = Mod(97230150706865897472, 100000000000000000000)


    Wenngleich das ja nur einen winzigen Bruchteil des Gesamtsystems überhaupt tangentiert, hat das die Stärken von GP sicher schon mal eindrucksvoll demonstriert.

    Niemals bestimmen lassen sich alle Stellen dieser Zahl.

    Selbst "nur" die eine MITTLERE Stelle... Und einmal dabei, mich wundert's, dass noch keiner nach den ersten Stellen gefragt hat ...

    Damit kein falscher Ton in die Diskussion kommt:..

    nicht doch, Ce1, ich hoffe, das hat auch niemand so verstanden...


    Aber zurück zum Thema: Stichwort WESTKOMA. Wegen der Frage, ob man sich die Zahl 2*2↑↑6 nicht doch irgendwie plausibler vorstellen könnte, als durch unmögliche Notation ihrer Ziffern auf sämtlichen Atomen dieser Welt (wie MatheJürgen ja schon illustrierte) oder eine nicht enden wollende Konstruktionen auf dem Schachbrett (bei der nur ein verschwindend kleiner Teil der Plätzchen, die auf das sechste Feld zu liegen kommen, jemals wieder angefasst werden würde) oder die Unanschaulichkeit einer abstrakten mathematischen Notation. Generell scheint in dieser Hinsicht erst mal jede noch so feine gleichmäßige Einteilung des Raum-Zeit-Kontinuums aussichtslos.


    Aber zum Glück gibt es da ja auch noch die Weihnachtssternkopiermaschine. Diese wurde bekanntlich genau 24 Lichtjahre / Fröhlich-Schallgeschwindigkeit (1 nach der Entdeckung des Ymasiums entworfen und kopiert einfach nur Weihnachtslicht. Weihnachtslicht ist eine harmonische Mischung von positiver und negativer Energie (konkreter: von Freude/Besinnlichkeit/Adventsknobeleien und Stress/Konsumrausch/Familienstreitigkeiten) und entzieht sich aufgrund von 2 / (1/E + 1/-E) jeglicher Art von Materialisierbarkeit und damit möglicher Widersprüche mit aktuell-physikalischen Thesen. Ein simpler Weihnachtsstern besteht aus sechs entlang der Raumachsen angeordneten Zacken, die je eine dieser Grundenergien ausstrahlen. WESTKOMA kopiert nun in einem Kopiervorgang Miniaturkopien des Originalsterns auf die Zacken des Originals. Das Licht der entsprechenden Originalzacke wird dabei komplett gleichmäßig in die zugehörige Miniaturkopie eingemischt.


    Ein solcher Kopiervorgang dauert gerade mal eine Sekunde. Die Kopie wird nun wieder kopiert, dann die Kopie der Kopie usw. Gegen Ende eines durchschnittlichen 20h-Lichtwichtel-Arbeitstages kann dieser dann das entstandene höchst fragile Gebilde versehentlich fallenlassen :/ und entprechend viele Zacken aufsammeln, die nur aus Freude und Adventsknobeleien bestehen.


    --------------------

    (1 Diese ist anscheinend tatsächlich nirgends in der Wikipedia erwähnt: Die Fröhlich-Schallgeschwindigkeit ist die nach dem Astrowissenswichtel und Vulkanologen Alexander Fröhlich benannte Ausbreitungsgeschwindigkeit von Weihnachtsklängen im Quasi-Vakuum.

    Könnte es auch zyklenfreie Pläne geben? :/ Edit: der von Ce1 vielleicht?

    Ja, es gibt sie, solch zyklenfreie Pläne, sogar unendlich viele.


    Aus obiger Analyse von Ce1's Folge (dass diese überhaupt wohldefiniert ist, sprich: dass die Konstruktionsvorschrift niemals über ihre eigenen Beine stolpert, wenn der rechte Summand kleiner/gleich den linken Summanden werden würde) folgt auch schon implizit, dass diese Folge zyklenfrei ist (und auch niemals in einen Zyklus führt).


    Für den weniger am Detail Interessierten sie hier mal nur das Ergebnis nachfolgender Überlegungen vorweggenommen:


    Zitat

    10 Freistellen ⟺ Zyklus der Länge 4.


    Weniger Freistellen resultieren in entsprechend vielen Drölfzahlketten und damit in zunehmend ungeordnetem, nichtzyklischen Verhalten. ... Erinnert mich irgendwie an den Beweis des Vierfarbensatzes...



    Etwas systematischer wird die Sache, wenn man sich überlegt, wie sich die 2er Potenzen in bezug auf 10er Potenzen verhalten...

    Noch als kleine weiterführende Ergänzung, kleiner Fermatscher Satz bzw. Satz von Euler: aφ(n) = 1 (modulo n) für teilerfremde a,n.


    Damit lassen sich nach gleichem Schema generell die Reste von Potenzen, Potenztürmen oder größeren Pfeilmonstern schrittweise runterbrechen, solange die Primzahlzerlegungen bis zur Modulo-Basis noch bewältigbar sind. In unserem konkreten Beispiel bis 5 ist das ja der Fall :) Wegen der Teilerfremdheit betrachtet man nun erst mal die Zahl modulo 5m. φ(5m) = 4 5m-1, womit sich obige Perioden 4, 20, 100, 500 etc. erklären. Ist die Zweierpotenz nur groß genug, ist die Teilbarkeit durch 2m ohnehin klar, so dass sich per Chinesischem Restsatz auch die gleichen Perioden der Reste modulo 10m ergeben.

    Ich glaube, dieser Prozess lässt sich ins Unendliche fortsetzen, hab's aber nur bis n = 2000 getestet, nicht bewiesen.


    Ja, das lässt sich unendlich fortsetzen. Dafür hab ich einen wahrhaft phantastischen Beweis gefunden, der aber leider doch etwas zu lang für diesen Forenbeitrag ist :)



    Damit wäre schon mal pierrot's Vermutung geklärt. Für den zweiten Teil (obere Grenze der Anzahl der Freistellen) habe ich noch keine greifende Idee.

    ... dass auch bei allen anderen Lösungen genau 10 Freistellen auftreten: Man kann sie denke ich nur verschieben (Masse-Erhaltung). Für N=15 bräuchte man aber unendlich viele solcher Freistellen ...


    ... invariante Zahl von "Freistellen" bei unendlichen Aufzählungen. Ein hübscher Gedanke, aber wirklich kühn, Hilberts Hotel lässt grüßen :)

    Zusätzlich sollte man korrekterweise auch noch schauen, ob ein nahtloser Übergang vom Standard- zum obigem Notfallfahrplan ohne Ausfälle oder Verspätungen auch möglich ist.


    Wenn sich Rudi bei der gelben Landung in GG zur Minute 20 verletzt, kann beispielsweise das blaue Gespann nicht sofort die rote Linie zur Minute 30 bedienen. Denn zum Umspannen brauchen sie - selbst wenn die Notplanung sofort komplett durchdacht wäre - mindestens bis Minute 35. Rot und grün müssen also nach dem Unfall noch wie gehabt losfahren, erst von da an kann dann immer zyklisch gewechselt werden.


    20 Unfall (zu dieser Zeit warten gerade blau X, grün und rot)

    (30 rot ab)

    (35 grün ab)

    40 rot an -> 55 blau ab

    50 grün an -> 05 gelb ab

    15 blau an -> 30 rot ab

    20 gelb an -> 35 grün ab


    Blau X wurde also schon mal eingespart, zusätzlich zum Verlust von gelb. Analog kann man den Übergang in PP planen. Zur Unfallminute 20 warten dort grün, blau und rosa Y.


    (25 grün ab)

    (30 blau ab)

    40 blau an -> 55 rosa ab

    00 grün an -> 25 grün ab

    10 rosa an -> 30 blau ab


    Rosa Y kann eingespart werden. Für diese ganze Notfallplanung hat Rachel nach dem Unfall also bis zur Minute 40 gute 20 Minuten Zeit. Respekt :)

    Mich würde schon interessieren, wie viele strukturell verschiedene Codierungsmöglichkeiten es gibt!

    Um auf diese Frage nach der Anzahl verschiedener optimaler reiner (1 Strategien, also Tripel von 3 Funktionen X² -> X mit X = {0,1,2,3,4}, die genau 20 verschiedene Farbkombinationen treffen - zurückzukommen ...


    ... könnte umgekehrt als optimale Strategie auch jede 20-elementige Teilmenge A aus den 60 möglichen Farbkombinationen bezeichnet werden, solange sich daraus ein entsprechendes Funktionentripel ableiten ließe. Konkret hieße das:


    Sei A = { (ai,bi,ci) ∊ X³ mit i=1..20 und ai ≠ bi ≠ ci }. A ist genau dann Strategie, wenn es keine zwei verschiedenen i,j = 1..20 gibt, mit (ai,bi) = (aj,bj) oder (ai,ci) = (aj,cj) oder (bi,ci) = (bj,cj).


    Damit haben wir aber auch schon eine praktikable Konstruktionsvorschrift, die sich ohne große weitere gruppentheoretische Verrenkungen implementieren lässt, wir testen einfach die max. 95 möglichen Mengen { (ai,bi,c(ai,bi)) } auf diese Eigenschaft ( c(a,.): b->c(a,b) ist für jedes a ∊ X eine der von pierrot schon angesprochenen 9 möglichen fixpunktfreien Permutationen ).


    Folgendes Programm windet sich in 0.01s durch alle 48 (!?) verschiedenen solche Strategien.


    ----


    (1 Eine gemischte Strategie führt zu keiner höheren Gewinnwahrscheinlichkeit. Das lasse ich hier (unbewiesen) einfach mal so stehen, in der Aufgabe wurde so und so implizit von einer reinen Strategie ausgegangen.


    Anmerkung: Für N=5 hatte ich ein ähnliches Muster wie Martin (shgt). Nämlich eine arithmetische Folge A, B=A+X, C=A+2X (modulo 5). Seine "Symmetrie" entspricht gerade der arithmetischen Folge B,A,C mit A anstatt B als Mittelglied. So schön das auch ist, ein wenig schade ist nur, dass man dies bei geraden N so nicht konstruieren kann.

    [IMG:https://i.ibb.co/DMsjJ4w/01.png] ( Wir betrachten die Figur beim Schnitt der vertikalen Ebene durch die beiden Berührungspunkte der obersten mit den beiden unten Halbkugeln. ) Seien C,D,E die Berührungspunkte und F der Schnittpunkt der gemeinsamen Tangenten an die Ausgangskreise.


    Als Tangentenabschnitte am ersten Kreis sind FC und FD gleich lang. Analog gilt FC = FE am zweiten Kreis, d.h. FC = FD = FE = r0 .


    Aufgrund der Tangenteneigenschaft sind ACF, ADF, BCF und BEF allesamt rechte Winkel. Als Winkel zwischen paarweise orthogonalen Geraden sind demnach die Winkel CAD und CFE, sowie die Winkel CFD und CBE gleich groß. Also sind beide Drachenvierecke ACFD und FCBE ähnlich, d.h. das Verhältnis ihrer Schenkel ist gleich:


    r0 / r1 = r2 / r0 bzw. r02 = r1 r2 ,


    d.h. r0 ist das geometrische Mittel von r1 und r2 . Da das Kugelvolumen zur dritten Potenz des Radius proportional ist, ist demzufolge auch V0 das geometrische Mittel von V1 und V2 . Also V0 = √150 ≈ 12,247.

    OK, aber würde diese Maßnahme nicht dazu führen, dass die Leute die an den Aufgaben verzweifeln nur auf diese Lösungsvorschläge warten statt selbst nachzudenken (den Computer zu bemühen)?

    Glaub ich nicht. Die meisten hier sind doch besessen, so ein Problem selbst zu knacken. Und sonst hätte man dann ja auch nur 1 Punkt. Aber selbst dann, vielleicht finden sie im Lösungsforum ja dann doch ihre Motivation wieder. ( Postulat: Das ist 3 Tage später wahrscheinlicher als 30 Tage später. )

    Insofern ist der Titel dieses Threads irreführend, weil so wie das da steht, wär ich auch nicht dafür !!


    Die Musterlösung und die offizielle Auflösung der Aufgaben samt Punktevergabe sollte nach wie vor erst ab 01.01. geschehen.

    Dh. die Lösungsabgabe oder -änderung wäre bei allen bis 31.12. möglich.

    Lösungsansätze können ab Ende der 3-Punkte-Frist in einem eigens dafür erstellten Unterforum diskutiert werden.


    So weit dieser Vorschlag noch mal zusammengefasst.

    (Vielleicht kann man ja den Titel dahingehend noch mal editieren?)

    Ich muss allerdings bemerken, dass ich die jetzige Umsetzung (alle Aufgaben sind bis zum 31.12. lösbar) gerade deshalb charmant finde, da man eben länger über Probleme grübeln kann.

    Stimme ich Dir zu... aber wie gesagt, das kann man ja auch weiterhin, indem man das Lösungsforum einfach ignoriert.


    Die Lösungsabgabe soll ja auch weiterhin bis zum 31.12 möglich sein und die offizielle Auflösung der Aufgaben und die Punkteverteilung nach wie vor erst am Neujahrstag geschehen.


    Wenn das Lösungsforum (nicht die offizielle Lösung) nach dem Ablauf der 3-Punkte-Frist freigegeben wird, ergeben sich für niemanden Nachteile in der Losbewertung und für irgend welche "Trittbrettfahrer" keine ungerechten Vorteile.


    Denen, die weiter knobeln wollen, wäre der gleiche Spielraum eingeräumt, den sie jetzt auch haben. Auch bekommen Sie deswegen nicht weniger Punkte. Denn sie kriegen ja sonst auch höchstens noch den 1 Punkt.

    Diesen "Trostpunkt" kann aber zum Beispiel auch jemand bekommen, der sich mit Hilfe des Lösungsforums die richtige Antwort "erarbeitet". Das käme insbesondere denen gelegen, die sonst aufgeben würden ( wenn sie zB erkennen, dass die Probleme doch mit von ihnen berrschbaren Mitteln gelöst werden könnten ).

    Die, die die Spannung über ihr Abschneiden bis zum Anfang Januar aushalten wollen und können, können das gerne tun.

    Die, die das Problem bereits gelöst haben, können ohnehin von einem zeitnahen Lösungsforum zwecks Gedankenaustausch nur profitieren.


    Also eine komplette win-win-win-win-Situation, oder ?


    Zu diesen wildesten Spekulationen wird es mMn nicht kommen, da viele Leute, die die Richtige Lösung haben, diese dann beweisen werden und damit so gut wie alle Spekulationen beenden ...

    ha :) reine Spekulation deinerseits. Dann hast Du vermutlich noch keine "richtige" Lösungsdiskussion miterlebt, sondern nur die "statischen" der letzten Jahre.


    Genau das vermissen ja frühere Teilnehmer jetzt. Aufgabenthreads voller Gehalt und voller Würze. Erstreckten sich teilweise noch mehrere Wochen ins neue Jahr, wenn nicht gar bis in den Lenz.


    Wenn ich das vergleiche, dann ist das jetzt doch eher nur noch ein Abhaken in den ersten Januartagen und das war's :(