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Schachbrett-Legende-Exponentialfunktion

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Tags: Aufgabe, Exponentialfunktion, Funktion, Schätzen, Überschlag

kleineSchwedin aktiv_icon

12:32 Uhr, 13.08.2010

Irgendwie wieß ich nicht so recht wie ich die folgende Aufgaben lösen soll:

Ein Weiser erbittet vom König die folgende Entlohnung für seinen Dienst:
1 Weizenkorn auf das erste Feld des Schachbretts, 2 Körner auf das zweite, 4 Körner auf das dritte usw. , immer doppelt so viele auf das nächste Feld. insgesamt also:

1 + 2 + 4 + 8 + ... + 2^{63}

Weizenkörner. Kein Problem, dachte der König, aber er hatte das exponentielle Wachstum nicht verstanden. Wieviel Weizen muss der König liefern? Schätzen sie zuerst!
Bestimmen sie dann die Menge weizen mit Überschlagsrechnung. Dazu gehört natürlich die Schätzung: Wieviel wiegt 1 Weizenkorn?
Beachten Sie auch hier: Zehn Verdopplungsschritte bedeuten eine Vergrößerung um den Faktor

2^{10} = 1024 ~ 1000

irgendwie stehe ich bei der Aufgabe sehr auf dem Schlauch, hoffe ihr könnt mir helfen.
Danke

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Allgemeine Exponentialfunktion - Einführung
Allgemeine Exponentialfunktion - Fortgeschritten
Einführung Funktionen

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

TimmG

13:47 Uhr, 13.08.2010

Die Summe aller Zweierpotenzen von

2^{0}

bis

2^{63}

ist

2^{64} - 1

(Beweis liefere ich nach, falls Du ihn brauchst).

2^{64}

kannst Du schreiben als

(2^{10})^{6} \cdot 2^{4}

(2^{10})^{6} \approx 100 0^{6} = 1 0^{18}

, also ist

2^{64} - 1 \approx 2^{64} \approx 1 0^{18} \cdot 2^{4} = 1.000.000.000.000.000.000 \cdot 16 = 16.000.000.000.000.000.000

reilly aktiv_icon

13:52 Uhr, 13.08.2010

Liebe kleineSchwedin,

man kann die Folge

1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, . . .

in Zweierpotenzen schreiben

2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, 2^{3}, 2^{4}, 2^{5}, 2^{6}, 2^{7}, 2^{8}, 2^{9}, . . .

.

Nun gilt

\sum_{n = 0}^{m} 2^{n} = 2^{m + 1} - 1 .

Das kann man z.B. per Induktion beweisen.

Die Summe der oberen 10 Folgeglieder ist daher

2^{10} - 1 = 1023 \approx 1000

.

Betrachten wir nun die Summe der nächsten zehn Folgeglieder

\sum_{n = 10}^{19} 2^{n} = 2^{10} \cdot \sum_{n = 0}^{9} 2^{n} = 2^{10} \cdot (2^{10} - 1) \approx (1000)^{2}

.
Hierbei habe ich zuerst

2^{10}

ausgeklammert und dann die vorgegebene Approximation sowie das Ergebnis für die ersten zehn Glieder verwendet.

Das Spiel kann man wiederholen:

\sum_{n = 20}^{29} 2^{n} = 2^{10} \cdot \sum_{n = 10}^{19} 2^{n} = \approx (1000)^{3}

.

Für die ersten 60 Folgeglieder kommt man also auf

\sum_{n = 0}^{59} 2^{n} \approx \sum_{n = 1}^{6} (1000)^{n}

.

Was man mit den letzten 4 Gliedern macht, ist mir nicht ganz klar. Entweder man belässt es bei dem oberen Ergebnis, die Zahl ist ja schon astronomisch, oder man überlegt sich noch eine schicke Approximation.

Grüße,
Reilly

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