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Zurzeit ist das Artensterben wieder in Mode. Jeder, der sich auch nur im geringsten berufen fühlt, schreibt darüber. Dabei sterben ständig Arten aus und es kommen neue hinzu. Bisher war es so in der Erdgeschichte. Sogar Extinktionen von 80 % hat es gegeben. Und? Heute existieren auch Arten. Der Mensch mit seinem Einfallsreichtum wird es überleben - da bin ich mir ganz sicher. Die jetzigen Angstmacher und Populisten wollen sich nur Gehör verschaffen und den Menschen, die wenig Informationen haben, Angst machen. Warum? Und diese Populisten tauchen immer wieder regelmäßig auf. Ob es der saure Regen ist mit der Annahme, dass es schon vor dem Jahre 2000 keinen Wald mehr gibt, oder mit dem Ozon-Loch, dass dafür sorgt, dass wir alle schon längst an Hautkrebs verstorben sind. Mich kotzt das langsam an. Haben die Herrschaften sonst nichts zu tun, als nur den Menschen Angst zu machen? Unser Wissen und unsere Technoglogien entwickeln sich immer schneller weiter. Über das, was uns heute angeblich Angst machen soll, werden wir morgen lachen. 1900 gab es Peterchens Mondfahrt. Da hat niemand geglaubt, dass die Amerikaner 1969 auf dem Mond stehen. Und seither geht die technologische Entwicklung immer schneller voran. Ich weiß nicht, wem diese Angstmacherei nutzt? Haben wir denn nicht schon genug Probleme, die wesentlich dringender sind als das angebliche Artensterben? Wichtig wäre es jetzt Wasserpiplines in die Trockengebiete der neuen Bundesländer zu leiten, um deren Wassermangel zu beseitigen. Stattdessen wird sinnlos mit CO2 Zertifikaten gehandelt. Leute putzt mal euer Gehirn aus und schaut mal, was jetzt am wichtigsten ist - und nicht erst was in 10 oder 20 Jahren sein wird! Bei dem Fortschreiten der Technologie werden unsere heutigen Bemühungen in 20 Jahren nur noch belächelt werden.

Statistisch betrachtet ist das Collatz-Problem gut nachvollziehbar, wenn man folgende vorgehensweise nimmt:
Jede zweite gerade Zahl ist durch 4 teilbar und jede vierte durch 8.
Somit sind beispielweise bei 4 geraden Zahlen durchschnittlich 2 nur durch 2 teilbar, eine durch 4 (und nicht durch 8) und eine durch 8.
Bei einer 8 wird die Collatz-Zahl also 3 mal nacheinander durch die 2 geteilt.
Wenn man jetzt für die 4 Zahlen nach der Collatz-Regel vorgeht, erhält man für die ungerade Zahl X:

(X*3 + 1)/2 = 3/2 X + 1/2
[(3/2 X + 1/2)*3 + 1]/2 = 9/4 X + 5/4
[(9/4 X + 5/4)*3 + 1]]/4 = 27/16 X + 19/16
[(27/16 X + 19/16)*3 + 1)/8 = 81/128 X + 73/128 ~ 0,6328 X + 0,57... = Y

Nun kann man die gleiche Prozedur für die zahl Y vornehmen.
Nach mehreren Durchläufen wird auch eine große Zahl X unterhalb der 3 reduziert und somit durch die Grundfälle für X = 2 oder X = 3 lösbar.

Ein interessante Rezension und ich bin auf das Buch gespannt.
Als Bild für den Artikel wäre es vielleicht besser gewesen, jemanden zu nehmen, der das sprichwörtliche Brett vor dem Kopf und Scheuklappen an den Augen hat und den Blick auf die Schreibtischkante gerichtet hat.
Mit freundlichen Grüßen
Otto Schäfer

In den Zellen 3 und 4 der Kosinussatzgleichungen steht fälschlicherweise jeweils y statt y^2. Wegen des anschließenden Gleichsetzens fällt der Fehler nicht ins Gewicht.

>>Bis zur Einstelligkeit herunter gerechnete Quersumme Primzahl= 2 oder 5 oder 8 bedeutet, dass die Primzahl auf f(x)=6x-1 liegt, bis zur Einstelligkeit herunter gerechnete Quersumme Primzahl=1 oder 4 oder 7 bedeutet, dass die Primzahl auf f(x)=6x+1 liegt. Mathematisch beweisen kann ich Ihnen das nicht, ist aber wohl so...<<
Das ergibt sich daraus, dass Vielfache von Sechs als einstellige Quersumme (1,2,3)*3 haben, also Drei, Sechs oder Neun.
Wenn das Vielfache von Sechs um Eins inkrementiert wird, liegt dieeinstellige Quersumme (die Quersumme aller Zwischenquersummen) auch um Eins höher. Ergo Vier, Sieben oder Eins. Für 6x-1 ist die Argumentation analog.

Der Beweis, dass jedes n € N+ irgendwann qua Collatzfolge bei derEins landet, führt am Ende auch nur über Probability und die Willkürlichkeit der Folgenglieder.
3n+1 ergibt immer eine gerade Zahl. Jede zweite gerade Zahl ist nur einmal diophantisch durch Zwei divisibel. Von den restlichen fünfzig Prozent der geraden Zahlen ist jede durch Vier, jede zweite durch Acht, jede vierte durch Sechzehn usw. divisibel.
Wenn man jetzt jede Reduktion von 3n+1 mit der entsprechenden Wahrscheinlichkeit der Division durch Zwei hoch n gewichtet, sieht man sofort, dass eine stetige Verkleinerung stattfindet. Statistisch ist jeder zweite Reduktionsschritt eine Division durch Zwei hoch Eins, was beim nächsten 3n+1 zu einem Wachstum führt (3/8*n +3/8.) Dann jedoch folgt statistisch bereits eine Division durch Vier, und das bei jeder zweiten Division reichte bereits hin zu stetiger Reduktion. Tatsächlich ist aber p(Division durch 2^3 = dreimal durch Zwei dividiert) bereits ein Viertel aller Reduktionsschritte, was die stetige Reduktion noch beschleunigt. p(Division durch 2^n) = 1/2^(n-1).
Diese Argumentation ist genauso zulässig wie die Aussage, dass der Anteil teilerfremder Paare zw. Anzahl Folgeglieder und Summe aller Glieder einer Collatzfolge versus Eins minus Sechs durch Pi quadrat konvergiert.

"Indem man dann die Wurzel aus 6/(a/n) bildet, erhält man eine Näherung für Pi."
Ich bin ein wenig über diesen Satz gestolpert, da mein Taschenrechner mir erst andere Ergebnisse ausgegeben hat als jene, die im Artikel folgen. Das lag daran, dass ich den Satz in folgende Formel übersetzt habe: √(6)/(a/n)
Erst nach einigem Probieren ist mir aufgefallen, dass es √(6/(a/n)) sein muss, sprich der ganze Term 6/(a/n) gehört unter den Wurzelstrich.
Ansonsten finde ich den Artikel jedoch sehr anregend.

Guten tag.

Die collatz-vermutung ist ein sehr interessantes thema für sich allein genommen. es nur dazu herranzuziehen zufallszahlen zu produzieren um dann dadurch pi zu finden ist etwas weit hergeholt und unnötig.

natütlich würde ich ich mich über artikel über collatz oder das basel-problem sehr freuen, aber dann bitte etwas ausführlicher.

über einen versuch den "fast-beweis" von terrence tao darzustellen würde ich mich ungemein freuen. oder eine erklärung was die summe der quadrat-reziproken mit pi/einen kreis zutun haben.

MfG bob

ps.: ich applaudiere jedem der versucht mathe der allgemeinheit nahezubringen, *applaus*

pps.: ich hatte mal ne stunde mit 4.Klässlern denen ich collatz aus spaß mal nähergebracht hatte, einige haben da echt ne weile nach zahlen gesucht, war eine gute stunde.

Es gilt x/80=cos(15). Mit Hilfe des Additionstheorems
cos(2a) = 2 cos(a)^2 - 1 und cos(30) = sin(60) = 1/2 sqrt(3)
ergibt sich
cos(15) = sqrt( 1 + cos(30) ) / 2 ) = sqrt( 2 + sqrt(3) ) / 2

Aus der von Eder genannten Lösung geht hervor, dass
cos(15) = x/80 = 40( 1 + sqrt(3) ) / sqrt(2) / 80 = ( sqrt(2) + sqrt(6) ) / 4
Also gilt
sqrt( 2 + sqrt(3) ) / 2 = ( sqrt(2) + sqrt(6) ) / 4

Mir fällt es wie folgt leichter:
Unterhalb des gleichschenklingen Dreiecks ergibt sich ein rechtwinkliges Dreieck, mit der Hypotenuse 80cm.
Der Winkel Alpha dieses Dreiecks muss bei (90°-60°)/2=15° liegen.
Es ergibt sich:
cos(15°)*80cm=77,27cm

Vielen Dank Herr Eder für den Ansporn zum Denksport.

Ich verstehe aber noch nicht, wie sie direkt nach dem Einsetzen der 2. Gleichung in die erste auf a=3 schließen können. a=4 und a=5 können meiner Meinung nach erst nach weiterem Probieren ausgeschlossen werden, da es sonst für c keine ganzzahlige Lösung gäbe.
(Meinen vorherigen Kommentar bitte ignorieren)

Doch, aus der dritten Bedingung ergibt sich, dass Bert's Alter eine Quadratzahl ist.

Ich verstehe aber noch nicht, wie sie direkt nach dem Einsetzen der 2. Gleichung in die erste auf a=3 schließen können. a=4 und a=5 können meiner Meinung nach erst nach weiterer Rechnung ausgeschlossen werden

Für die Reihenfolge der Sekretärinnen, nach Festlegung der Werte der Sekretärinnen, muss die Gleichverteilung gelten (genauer die Reihenfolge muss unabhängig, identisch und gleichverteilt sein).

Ansonsten betrachten wir einfach die Zufallsverteilung, die dadurch entsteht, dass die schlechteste Sekretärin immer als letztes aufgerufen werden würde, die knapp 37% der besten Sekretärinnen unabhängig, identisch und gleichverteilt auf die ersten knapp 37% der "Plätze" verteilt werden (und damit diese alle abgelehnt werden) und die restlichen Sekretärinnen unabhängig, identisch und gleichverteilt auf die übrigen "Plätz" verteilt werden. Und schon ist - bei genügend großen n - mit einer Wahrscheinlichkeit von 100% (sicheres Ereignis) sichergestellt, dass mit der vorgestellten Strategie die schlechteste Sekretärin eingestellt werden würde.

Für das "Spiel" mit den Karten kann man so etwas vermeiden, dass man eben unabhängig, identisch und gleichverteilt, nachdem alle Karten auf den Tisch gelegt wurden, jeweils die Karten auswählt, welche als nächstes betrachtet wird, d.h. der aufdeckende Spieler bestimmt die Reihenfolge (und nicht, der Spieler, welche die Karten verdeckt auf den Tisch legt und auch nicht die Reihenfolge, wie die Karten von dem Spieler, welcher die Werte auf die Karten schreibt, auf den Tisch gelegt werden, bestimmt die Reihenfolge, nach der die nächste Karte aufgedeckt wird).

Auch bei den Sekretärinnen (und dem Beispiel mit dem potentiellen Mietern) läßt sich so etwas ähnlich, wie bei dem Spiel vermeiden. Es müssen dann halt nur schon bei der Auswahl der Sekretärin für das erste Gespräch alle Sekretärinnen anwesend sein, ähnliches gilt für die potentiellen Mieter.

ps. die genannte Zufallsverteilung, um die schlechtestmögliche Sektretärin auszuwählen, ist übrigens nicht die Allgemeinste (da es eben schon reicht, wenn die schlechteste als letztes, die beste unter den ersten knapp 37% der ausgewählten und damit abgelehnten Sekretärinnen ist und die anderen Sekretärinnen alle unabhängig, identisch und gleichverteilt auf die übrigen "Plätze" verteilt werden).

pps. Die Aussage "Doch wenn die höchste Karte an der r+3-ten Stelle ist, gewinnt man nur, wenn die höchsten vorkommenden Werte auf den ersten r Zetteln stehen." hört sich interessant an, denn wenn die höchste Karte an der r+3-ten Stelle ist, dann können die höchsten vorkommenden Werte nicht auf den ersten r Zetteln stehen, da schließlich der höchste Wert auf dem r+3-ten Zettel (Stelle) steht ;-). Es ist aber gemeint, dass die Werte auf den Karten der Positionen r+1 und r+2 kleiner sind, als die Werte auf den Karten der Stellen 1 bis r damit man, falls die höchste Karte an der Stelle r+3.ten Stelle ist, auch gewinnt, d.h. während die Grafik eindeutig ist, so ist die Textbeschreibung darunter eben nicht eindeutig (also etwas unpräzise).

ppps. Die Variante, dass man damit auch einen Heiratspartner wählt, kannte ich nicht, ich kenne nur das - auch in der Informatik betrachtete - "stable marriage problem", abgesehen davon, dass man bei der Variante mit der Wahl des Heiratspartners sicherlich nicht so einfach dafür sorgen kann, dass die Reihenfolge der betrachtete Heiratskandidaten auch unabhängig, zufällig und gleichverteilt ist ;-).

Der Dreickswinkel beträgt 60°. Bleibe zweimal 15° für die schmalen Dreiecke am Rand.
-> cos(15°)*80 = 77.27

Eine alternative Lösung wäre diese:
In der Ecke des Quadrats, in der die eine Ecke des Dreiecks liegt, ergänzen zwei Winkel Alpha und Beta den 60°-Winkel des gleichseitigen Dreiecks zu den 90° des Quadrats. Sei x die Kantenlänge des Quadrats, dann gilt:
x = 80 cm * cos(Alpha) = 80 cm * cos(Beta)
Wegen 0 <= Alpha, Beta <= 30° folgt daraus Alpha = Beta = 15°.
Damit ist x = 80 cm * cos(15°), was zu berechnen war.