Kha hat folgendes geschrieben :

Ein alternativer Beweis: Wäre deine Lösung richtig, würde sich niemand für das Problem interessieren .

Sehr schöne Beweisführung .

Lösung: Musikkapellen. Na, vielleicht beim nächsten Mal dann :´|

Hi

Mich interessieren mal eure schönsten Funktionsplots, hier kommen gleich ein paar von mir(wenn der Plotter die hohe Auflösung zu Ende berechnet hat ).

Noch jemand Lust, welche zu posten?

Logarithmische Spirale:

mfG,

Naja, alles was ungefähr 4 oder mehr Einheiten vom Ursprung entfernt ist wird falsch abgebildet. Die weiteren Kreise die man weiter aussen sieht sind Aliasing-Artefakte. Eigentlich dürfte man dort bei der Auflösung nur noch einen gleichmässigen "Gradienten" sehen. Ausserdem weiss ich jetzt nicht, wie ich die Farben deuten muss, aber ich denke mal dir ging es um eine artistische Umsetzung, nicht um einen eigentlichen Plot

delfiphan hat folgendes geschrieben :

Die weiteren Kreise die man weiter aussen sieht sind Aliasing-Artefakte.

Verdammt, jetzt hat der Plot gerade seine Faszination verloren^^ Der nächste Plot rechnet noch

E: Die Farben entstehen übrigens so: f(x; y) = tan(exp(Sqrt(x^2 + y^2))) - y/x

Weiss sind Nullstellen der Funktion, also die eigentliche Logarithmische Spirale. Lila ist größer Null, Grün kleiner Null.

mfG,

Welchen Plotter hast du denn benutzt?

Ist noch nicht veröffentlicht, wird noch dran gearbeitet

[OT]

Boldar hat folgendes geschrieben :

Welchen Plotter hast du denn benutzt?

Falls jemand Interesse hat, so melde er sich bitte per PN bei mir.

AXMD

[/OT]

Hi

In Bezug auf diesen Thread habe ich mir ein paar Gedanken gemacht. Den Binärbaum habe ich noch nicht ausgewertet, das kommt aber spätestens in ein paar Wochen nach der Klausurphase

Zunächst einmal müssen wir uns entscheiden, welche Qualität wir uns für das empfangene Signal wünschen. Beim Fernsehen z.B. wäre die Toleranz zunächst einmal sehr hoch. Fehlerhafte Pixel würden wahrscheinlich erst dann auffallen, wenn sie aufgrund ihrer Anzahl das Bild zum flimmern bringen.

Komplizierter wird das ganze natürlich durch die verwendete Informatonskomprimierung: Das einzelne Bit wird wichtiger, auf einmal sind aber verschiedene Strukturen unterschiedlich wichtig, da sie Blöcke unterschiedlicher Größe repräsentieren. Sprich: Um ein optimales Bild zu erreichen, wünschen wir uns entsprechend unterschiedliche Wahrscheinlichkeiten und damit theoretisch unterschiedliche Sendestärken für die einzelnen Bits.

Bei einem Informationsfluss S sollen die einzelnen Bits Si jeweils mit der Wahrscheinlichkeit Qi richtig übertragen werden. Sei Pi die Wahrscheinlichkeit auf korrekte Übertragung von Si bei einmaligem Transfer und den Sendeleistungen Wi. Dann benötigen n Übertragungen von Si die Energiemenge n * Wi.

Nun benötigen wir die Wahrscheinlichkeit auf mehr Treffer als Fehler bei n Übertragungen von Si und einer Erfolgswahrscheinlichkeit von Pi = k * Wi.

Für die n Übertragungen stellen wir einen Binärbaum auf und addieren die Wahrscheinlichkeiten für alle Blätter, zu denen mehr Erfolge als Misserfolge führen zu Qi.

Mit W = n * Wi, Pi = k * Wi und Qi = Q(n, Pi) können wir jetzt eine Tiefpunktsberechnung nach W durchführen und die minimale Gesamtsendeleistung über n Sendungen bei gleicher Erfolgswahrscheinlichkeit ermitteln.

mfG,

Ein Rätsel hab ich:

Das Bild sollte alles erklären, es geht darum, dass man von der Generation (n-1) zu der Generation (n) an alle Seiten der alten Form ein Quadrat malt. Wie viele Quadrate sind in der Generation (n) ausgefüllt?

Kurz angeschaut:
n = [n-1]^2 + ([n-1] - 1)^2

Sollte passen oder?

Damit machst du aber nur ne Reihe...unabhängig von den vorgängern?

Anz(n)= ?

Zu flott gewesen.
Wie wäre es mit: ((n-1)^2 shl 1) - 1

Edit: Ich kann bei der Hitze auch nicht mehr richtig tippen. Ich geb dir die Formel gleich.

Lösung: Ans(n) = n^2 + (n - 1)^2
Übrigens ist die Anzahl der schwarz gefärbten Kästchen bei n = 6 nicht 51!

ok, Lösung ist richtig, und sry, habs nur schnell überflogen und eingtragen, sind 61 richtig?

der organist hat folgendes geschrieben :

ok, Lösung ist richtig, und sry, habs nur schnell überflogen und eingtragen, sind 61 richtig?

Yupp. Ich könnt Dir die Formel auch herleiten und erklären, aber werd' nun erstmal die Sonne genießen.

In diesem Sinne,
Marc

doch leite mal, her, ich bin doch mal gespannt, wie dein Weg ist.

Teile das Gebilde in vier gleiche "Dreiecke" auf:

In jedem befinden sich jeweils Reihen von 1 bis n-1 schwarzen Quadraten (komische Quadrate ...), macht nach dem kleinen Gauß (n-1)n/2. Das noch mal 4 und das Mittelstück dazu.

Ich geb mal auch noch meinen Senf dazu

Dreh' das Ding um 45°, dann hast du nach n Schritten ein Quadrat der Seitenlänge n(auch, wenn du es nicht drehst, aber so fällts eher ins Auge ). Im nächsten Schritt kommen dann 4n kleine Quadrate hinzu. Man bilde die Summe über die Hinzukommenden von 1 bis n und nehme dafür die Gaußsche Summenformel für die Zahlen bis n: Sigma {i=1..n} i = n*(n+1)/2

sig 4n = 4n(n+1)/2
= 2n(n+1)

Das sind die Hinzukommenden ab dem 1. Schritt; im ersten ist aber schon eines da, deshalb muss das noch addiert werden

2n(n+1) + 1

mfG,

Könnten wir uns vielleicht auf ein 1-basiertes n einigen... ?

An eine 45°-Drehung dachte ich auch, damit springt die Formel von Marc. einem direkt ins Auge:

Ein Quadrat mit Seitenlänge n, eines mit n-1. Gelöst ohne eine einzige Rechnung .
Hatte mich fürs erste dann aber doch lieber für den, äh... konservativeren Beweis entschieden.

Kha hat folgendes geschrieben :

An eine 45°-Drehung dachte ich auch, damit springt die Formel von Marc. einem direkt ins Auge:

So hab ich mir das auch gedacht. Wobei mir der Ansatz mit dem Gauss deutlich besser gefällt.

Grüße,
Marc