Ja, weil dies buchstäblich die Definition ist:
Definition. Seien κ, λ Kardinalzahlen, dann κ·λ := |A x B|, wobei A, B Mengen sind mit |A| = κ und |B| = λ.
Man muss natürlich beweisen, dass diese Operation wohldefiniert ist (leichte Aufgabe für dich).
theor.: man erstellt ein mathematisches Modell und untersucht formal den Raum der Möglichkeiten und berechnet das Wahrscheinlichkeitsmaß von Ereignissen. Das nennt sich manchmal räumliche Wahrscheinlichkeit.
Experim.: man beobachtet was geschieht und wiederholt das experiment oft. Dabei zählt man die Häufigkeit des Auftretens bestimmter Ereignisse. Das ist metaphysisch das Häufigkeitskonzept von Wahrscheinlichkeiten.
Metaphysisch betrachtet sind räumliche W-keiten und Häufigkeiten offensichtlich vom Wesen her verschieden. Zum Glück gibt es mathematische Theorien (z. B. in der Ergodentheorie and Stochastik), die die beiden u. U. synthetisch gleichsetzen.
Dann mache doch bei denjenigen Wettbewerben mit, wo du was verstehst… Der Zweck dieser Olympiade besteht eben darin, Mathematiker(inne)n die Chance zu geben, sich auszuzeichnen. Man nimmt an keinem Sportwettbewerb oder Songcontest teil, wenn mans nicht drauf hat. Ebenfalls mit Schach, Mathe, usw.
Wenn du aber sonst gut in Mathe bist, kannst du gerne sagen, woran es hackt. Als echte/r Mathematiker/in aber müsstest du ja den Antrieb haben, selber dich mit der Frage auseinanderzusetzen.
Die Antworty von [Mikkey] ist nicht nur eine untere Einschätzung, sondern exakt. Dies folgt aus Lemmata 1+2.
Lemma 1. Es gibt eine Intervall der Länge 10³–1 von 7-stelligen Sonderzahlen.
Beweis. Sei 10⁶ < w < 10⁶+10³. Seien u, v 4-stellig. Dann gilt u,v ≥ 10³. Also u=v=10³, sodass uv=10³·10³=10⁶ < w, oder u>10³ oder v>10³, sodass uv>10³·(10³+1) =10⁶+10³ > w. In jedem Falle gilt uv ≠ w. Darum ist w eine Sonderzahl für alle w ∈ (10⁶; 10⁶+10³), welches ein Intervall der Länge 10³–1 bildet. QED.
Lemma 2. Es gibt kein Intervall der Länge > 10³–1 von 7-stelligen Sonderzahlen.
Beweis. Beachte, dass die Zahlen
10⁶=10³·10³,
10³·(10³+1),
10³·(10³+2),
·
·
·
10³·(10⁴ – 1)=10⁷–10³
alle keine Sonderzahlen sind. Intervalle bestehend aus Sonderzahlen dürfen diese also nicht enthalten. Deshalb müssen alle Intervalle, J, bestehend aus 7-stelligen Sonderzahlen
J ⊆ (10³k, 10³(k+1)) für ein 1≤k<10⁴–1
oder J ⊆ (10⁷–10³, 10⁷)
erfüllen. Diese Intervalle sind alle der Länge |J| ≤ 10³–1. Also gibt es kein Intervall der Länge > 10³–1 von 7-stelligen Sonderzahlen. QED.
Videos:
Im Deutschen sind die bekanntesten und womöglich besten, die von Coldmirror und die von DerDrogg (youtu.be/gTsgjKOo_aU). Ausm Englischen Sprachraum gibts seit ewig die Parodien von French and Saunders () sowie Mitchell and Webb (youtu.be/fXF4JuA6tcg). Ausm Nordamerikanischen Sprachraum is am besten bekannt „How it should have ended“ (HISHE) (youtu.be/YsYWT5Q_R_w) … und ziemlich schlecht gemacht (da Amerikaner nur sehr schlecht Englisches Englisch nachahmen können) aber weit bekannt und doch etwas lustig online sind die Potter Puppet Pals.
Text:
Was es FanFiction angeht, empfehle ich Sarahtales (Googlesuche harry potter site:sarahtales.livejournal.com) und die “in fifteen minutes” Reihe.
Hier geht es um das allgemeine Problem, Kapazitäten zu füllen. Das Problem ist motiviert u. a. aus der Physik: N Kammern sind gegeben und jede wird mit einer diskreten Anzahl q[1], q[2], …, q[N] ≥ 0 von Teilchen gefüllt, wobei die Gesamtzahl der Teilchen ist q. Das heißt, von einer physikalischen Deutung völlig entkoppelt, geht es darum
F(N,q) := |{(q[1], q[2], …, q[N]) : q[1], q[2], …, q[N]≥0
∑q[k] = q}|
Dafür gibt es jawohl einen sehr einfachen Ausdruck:
F(N,q) = (q+N–1 über q).
Herleitung / Beweis zeig ich später. (Ach ja, dann in deinem Problem wäre die entsprechende Anzahl gleich F(3,10) = (3+10–1 über 3) = (12 über 3) = 220.)
Ganz einfach. Man stellt sich die Frage, wie schnell müssten sich die Stangen drehen. Seien ω₁, ω₂ die jeweiligen Drehimpulse und r, R die Radii der kleinen bzw. großen Räder.
Es MUSS unter Betrachtung des Interfaces zwischen den vorderen Rädern:
Geschw. wo die Räder sich berühren ist gleich
<==> R·ω₁ = -r·ω₂
Andererseits unter Betrachtung der Schnittstell zwischen den hinteren Rädern:
Geschw. wo die Räder sich berühren ist gleich
<==> r·ω₁ = -R·ω₂
Da R ≠ r erschließt sich daraus, dass die einzige Lösung dieser beiden Gleichungen ist, wenn ω₁ = ω₂ = 0. Sprich keine Bewegung der beiden Stangen.
Raymond Smullyan.
Hier etwas von mir — kein Paradoxon, sondern nur ein teilweise logisches Rätsel:
Behauptung. 2^(2n)·n! : n^n —> etwas ≠ 0 (ich denke! dass muss ich noch beweisen)
Falls das gilt, dann…
Folgerung.
Nicht kompliziert, sondern aufwändig. In formaler Logik geht es aber JA genau darum, sich wegen der Komplexität von Aussagen zu erkundigen.
