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Ich muss für eine Aufgabe Beweisen das alle 2er Potenzen mit negativen Exponenten in ihrer Dezimalziffernfolge auf 5 enden leider habe ich so einen Beweis noch nie gemacht und auch keine wirkliche idee wie ich das hinbekomme wir haben denn Tipp bekommen das wir es per induktion zeigen sollen ich weiß nur nicht wie ich diese aussage per induktion zeigen soll
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Hast du vorab mal geprüft , ob diese Aussage stimmt ?   ─   markushasenb 15.04.2021 um 11:03

die aussage muss stimmen das auch nur nh teilaufgabe die man für die eigentliche aufgabe braucht eigentlich ist das unsere Aufgabe ( Zeigen Sie: Kann eine rationale Zahl in 2-adischer Darstellung mit endlicher Man-tissenlänge ohne Rundungsfehler abgespeichert werden, so ist sie eine Ganzzahl oder ihreDezimalziffernfolge endet auf5.)   ─   henry_99 15.04.2021 um 11:13

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\(2^{-n}=\frac{1}{2^n}=(\frac{1}{2})^n=0,5^n\)
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Jo, schau mal bitte bei meiner letzten Frage vorbei. Anscheindn hat da niemand eine Ahnung davon.   ─   maxi1001 15.04.2021 um 16:49

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Für die Dezimaldarstellung einer Zahl muss diese auf einen Nenner mit einer 10er-Potenz gebracht werden.
Es ist also eine Umformung \(\frac1{2^k}=\frac{?}{10^n}\) mit irgendeinem n gefragt. Das ist nicht so schwer, auch ohne Induktion. Was erhälst Du da?
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dort wo das Fragezichen steht müsste dann ein 5^n stehen und damit hat man dann das in der Darstellung zur 10er Basis die letzte zahl in der Dezimalfolge eine 5 sein muss richtig ? bzw eine Potenz von 5 aber müsste ich dann nicht noch zeigen das 5^n immer mit einer 5 als ziffer endet oder ist das klar ?   ─   henry_99 15.04.2021 um 12:21

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Ja, soweit gut. Genau, jetzt noch überlegen, warum eine 5er Potenz immer auf 5 endet. Rechne doch mal, mit Stift und Papier, einige aus, so wie Du (hoffentlich) es in der Schule gelernt hast.   ─   mikn 15.04.2021 um 12:30

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ja ok das ist mir soweit klar kann ich dann wenn ich soweit bin damit argummentieren das wenn die zahl keine Rundungsfehler hat das sie auf 5 endet da dann der letzte summand immer 5/10^n ist oder das wenn es eine ganze zahl ist klar ist das sie keine Rundungsfehler hat und endliche Mantissenlänge , da jede ganze zahl als Binärzahl dargestellt werden kann ?   ─   henry_99 15.04.2021 um 13:16

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Du solltest Dir (insb. als Informatik-Student) alles rund um die Zahlendarstellung klar machen. Z.B. dass im Dezimalsystem das Dividieren durch eine 10er-Potenz nur eine Kommaverschiebung ist (genau wie im Dualsystem das Dividieren durch eine 2er-Potenz). Da braucht (und sollte) man nicht mit Summanden argumentieren. Zu Deiner Frage: Redest Du von der ganz oben formulierten Aufgaben oder von der nachgeschobenen "eigentlichen" Aufgabe?   ─   mikn 15.04.2021 um 13:31

von der eigentlichen Aufgabe und bin kein Informatik Student studiere eigentlich Mathe und haben gerade erst mit dem Thema angefangen deswegen bin ich da noch nicht so drin   ─   henry_99 15.04.2021 um 13:39

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Die Sache mit dem Komma-Verschieben stammt für das 10er System aus der Schule, Unterstufe. Mach Dir die Beh. erstmal klar (streng logisch: Was ist Vor., was Beh.?) das hört sich bei Dir durcheinander an. Du sollst ja nicht zeigen, dass es keine Rundungsfehler gibt oder die Mantissenlänge endlich ist.   ─   mikn 15.04.2021 um 14:02

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Ja mir ist schon klar das im 10er System das multiplizieren oder dividieren mit 10 das Komma verschiebt versteh nur nicht was mir das bei der Aufgabe bringen soll und ich wollte ja nur wissen ob meine idee sobald ich das mit denn 2er Potenzen habe danach richtig ist weil ich denn zusammen hang zwischen kein rundungsefhlern und endlicher Mantissenlänge zu dem das die Zahl auf 5 endet oder gerade ist für mich noch nicht ganz klar ist   ─   henry_99 15.04.2021 um 14:18

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Das mit dem Verschieben war auch nur eine Nebenbemerkung meinerseits. Wie lautet bei der Aufgabe die Vor., wie die Beh.? Schreib das bitte aufgeschlüsselt hierhin. Solange Du das nicht machst, bleibt der Nebel bestehen.   ─   mikn 15.04.2021 um 14:20

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also ich würde sagen die Behauptung ist das wenn eine rationale Zahl in 2-adischer Darstellung dargestellt wird und diese dann eine endliche Mantissenlänge hat und keine rundungsfehler dann folgt daraus das die Dezimalziffernfolge der zahl auf 5 endet oder die Zahl eine ganze Zahl ist. das heißt die Vorraussetzung ist das die Mantissenlänge endlich ist und es keine rundungsfehler gibt   ─   henry_99 15.04.2021 um 14:34

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Dann mach ich mal:
Vor: \(q\in Q\), \(q\) hat in Binärdarst. ohne Rundungsfehler endl. Mantissenlänge
Beh.: \(q\in Z\) oder \(q\) endet in Dezimaldarst. auf 5.
Übe dieses Aufschlüsseln unbedingt bei jedem Beweis.
Der Beweis fängt dann so an: Sei \(q\in Q\) mit endl. Mantissenlänge, sagen wir \(k\), in Binärdarst.. Dann .... und wie weiter?
  ─   mikn 15.04.2021 um 14:48

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Dann endet die Dezimalziffernfolge auf 5 , da der letzte vorkommende Summand mit einer Mantissenzahl von 1 die Form 2^-s hat wobei für s gilt 1<=s<=k und durch die vorüberlegung weiß man das 2^-s auf 5 endet ( bin mir nicht sicher ob das ganz richtig ist habe das mit dem s eingebaut da nur weil die Mantisse endlich ist es ja nicht heißt das die k-te also letzte Mantissenzahl 1 ist )   ─   henry_99 15.04.2021 um 14:58

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Ich dachte, das mit den Summanden war geklärt?! Es sind jetzt präzise Argumente gefragt. Also, der nächste Schritt wäre: Sei l die Zahl der Nachkommastellen von q in binärer Darstellung. Dann ist \(q\cdot 2^l =n\in Z\), also....?   ─   mikn 15.04.2021 um 15:04

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ja das problem ist das das mit dem Summanden für mich viel verständlicher ist. ja in dem Fall ist die zahl eine ganze Zahl   ─   henry_99 15.04.2021 um 15:41

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Tut mir leid bin gerade wirklich verwirrt   ─   henry_99 15.04.2021 um 15:44

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Könntest du mir vielleicht erklären was alles an meiner begründung falsch ist ?
  ─   henry_99 15.04.2021 um 15:45

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ich versteh auch nicht wieso q*2^l =n sein soll für ein n aus Z   ─   henry_99 15.04.2021 um 15:52

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Ich bin auch mit Deinem "Beweis" verwirrt. Man kann nicht von Summanden reden, wenn man nicht vorher die Summe hinschreibt. Und der Fall "ganze Zahl" tritt gar nicht auf? Und Du sagst ja selbst, eine Fallunterscheidung fehlt. Mach es präzise, nicht nur mit Worten. Ein Beweis besteht aus einer Kette von Folgerungen, an deren Ende die zu zeigende Beh. steht (nicht am Anfang). Dann wird es auch klarer. Meine Beweisidee braucht keine Summe/Summanden. Ich arbeite mit der Idee der Kommaverschiebung, Du mit Summanden.
  ─   mikn 15.04.2021 um 15:53

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Antwort auf die letzte Frage. Kommaverschiebung! Du hast das Prinzip von Darstellung von Zahlen in einer Basis mit Komma und Mantisse noch nicht richtig durchdrungen.   ─   mikn 15.04.2021 um 15:56

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Ok also ich versuche es noch mal so ausführlich wie für mich möglich hinzuschreiben. Also das 2^-n immer auf 5 in der Dezimalziffernfolge sehe ich jetzt schon mal als Bewiesende Aussage an.
Beweis: Sei q eine rationale Zahl, sodass q in 2-adischer Darstellung so dargestellt werden kann das es keine rundungsfehler hat und eine endliche Mantissenlänge. Dann kann q dargestellt werden als Produkt von 2^-E woebei E= log(q) (Logarithmus zur basis 2) und dies dann nach unten Abgerundet mit der Summe von i=0 bis k (wobei k die Anzahl der Mantissen ist) über m_i *2^-i (wobei m_i die Mantissenzahl ist also 0 oder 1). Sei nun a die letzte Mantissenzahl die 1 ist also m_a = 1 und für alle a>l und a<=k gilt dann m_a = 0. Die 2^-i kann man dann so umformen 2^-i = (5/10)^i dann sieht man dierekt das die letzte ziffer in der Dezimalziffernfolge eine 5 sein muss.
  ─   henry_99 15.04.2021 um 16:12

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Besser kriege ich meine gedanken wirklich nicht zusammen gefasst tut mir auch leid das ich mich so schwer damit tue aber ich hab das wirklich noch nicht so gut verstanden aber bin wirklich sehr dankbar für deine hilfe bis jetzt   ─   henry_99 15.04.2021 um 16:13

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Ja, nur die Ruhe, keine Entschuldigung nötig. Du übst das ja noch und das ist am Anfang nicht leicht. Mir sind Symbole lieber als Text, statt "kann dargestellt werden als" habe ich lieber "q=....". Du meinst vermutlich \(q=2^E\sum\limits_{i=0}^km_i\cdot 2^{-i}\)? Also 2^E, nicht 2^(-E) und es muss auch 2^{E+1} und auch nicht E=log(q), sondern dasselbe abgerundet, (und wie hängt dann E und k zusammen) sein, wenn Du die komplette Mantisse rechts vom Komma haben willst. (Probier ein Beispiel, im 10er-System!). Das \(\cdot 2^{E+1}\) bedeutet übrigens.... ja, eine Kommaverschiebung. Achte auf die Begriffe "Mantisse" und den Unterschied Ziffer/Zahl. "Mantissenzahl" gibt es nicht. Und meinst Du m_a=0 für a<0?
  ─   mikn 15.04.2021 um 16:39

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Also bei das mit 2^-E war tatsächlich falsch also es muss 2^E sein zumindest stand die Formel so in unserer Vorlesung und mit dem m_a = 0 mein ich das alle m_i ab einem index gleich 0 sind aber ich glaube das kann hier weggelassen werden ich hab dabei daran gedacht das man ja nur eine gewisse anzahl an bits hat für die Mantisse aber hier geht es ja erstmal allgemein darum und dann ist es ja hier erstmal nur wichtig das die Mantissenlänge endlich ist. ich habe eben schon mal das ganze für 7 durchgerechnet   ─   henry_99 15.04.2021 um 16:46

wenn man 2^E+1 rechnet dann hat man doch eine 0 vor dem Komma oder weil wir hatten bis das m_0=1 sein muss wodurch man ja dann immer eine 1 vor dem Komma hat   ─   henry_99 15.04.2021 um 16:48

und ja das mit dem q=.. meinte ich genau wie es bei dir steht   ─   henry_99 15.04.2021 um 16:49

Genau: Und laut Vor. endl. Mantissenlänge: der gibt man einen Namen, und bei dieser Länge zählen ja Nullen am Ende eh nicht mit. Und mit diesem Namen (siehe meinen Beweisanfang) spart man sich die Sache mit dem log und dem größten a.   ─   mikn 15.04.2021 um 16:50

2^(E+1): das kommt auf Eure Def. an. Wo steht denn m_0? Links vorm Komma? Das ist nicht der IEEE-Standard.
Für diese Aufgabe würde ich mit \(q=z_1z_2\ldots z_n,(Komma)z_{n+1}....z_k\) und Mantissenlänge k rechnen.
  ─   mikn 15.04.2021 um 16:52

ich glaube wir reden da gerade bisschen aneinander vorbei also bis jetzt hätte ich das so verstanden das in der summe wie du sie oben hingeschrieben hast für i = 0 : m_0 * 2^-0 = m_0 raus kommt und wir hatten bei uns in der Vorlesung das m_i element aus {0,1, ... ,b-1} und m_0 ungleich 0 ist somit bleibt für b = 2 nur noch m_0 = 1 uns wurde auch gesagt das man deswegen bei denn Bits die für die Mantissen sind immer 1 weniger benötigt wird , da m_0=1 immer der fall ist für normaliesierte Zahlen   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:01

so wie du das da stehen hast mit dem z1 z2 . . . (Komma) zn+1 . . . zk hab ich das halt noch nicht gesehen mir ist zwar das mit dem Komma verschieben klar aber ich versteh immer noch nicht worauf du bei dem Beweis hinaus willst   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:04

Ok, das ist die Standard-Def. nach IEEE, gut. Der Punkt ist, dass mich (wg dieser Aufgabe) der Exponent gar nicht interessiert, (d.h. wo das Komma steht) es geht ja um eine Aussage zur Mantisse. Wieso ICH? Wir reden über DEINEN Beweis.   ─   mikn 15.04.2021 um 17:04

ja ich meine deine Beweis idee verstehe ich noch nicht ganz   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:06

ok willst du darauf hinaus das ich das komma so verschieben kann das nur noch zk hinter dem komma steht und das diese 5 ist oder worauf willst du hinaus ?   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:07

man muss ja aus denn vorraussetzungen irgendwie darauf kommen das zk =5 ist oder q eine ganze Zahl das doch das ziel oder ? aber das verschieben bringt mir doch keine informationen darüber wie zk aussieht deswgen hab ich irgednwie immer versucht das über die summe zu erklären   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:23

Hier mein Beweis (die Fortsetzung): Wg der endl. Mantissenlänge gibt es ein \(l\in Z\) mit \(n:=q\,2^l\in Z\), also \(q=\frac{n}{2^l}=\frac{5^l\,n}{10^l}\). Nun gibt es zwei Fälle:
1. Fall: \(n\) ungerade: dann endet \(5^l\,n\) auf 5, weil \(5^l\) auf 5 endet.
2. Fall: \(n\) gerade, dann kann man im Bruch \(\frac{n}{2^l}\) solange kürzen, bis der Zähler ungerade ist, und es damit wie im 1. Fall weitergeht. Wenn man nicht kürzen kann, kann es nur daran liegen, dass l=0 ist, und dann ist \(q=n\in Z\) (Das ist der in der Beh. erwähnte andere Fall).
Die Frage wäre noch: Wieso geht Dein Beweis nicht für \(q\in Z\), oder meinst Du er geht?
  ─   mikn 15.04.2021 um 17:25

ich bin mir halt nicht ganz sicher wie ich das bei meinem beweis machen soll die summe endet immer mit der ziffer 5 aber da man davor noch das 2^E hat kann sich das halt ändern   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:33

Müsste es bei der q=n/2^l=5^l*n/10^l sein anstatt 10^n und wenn es doch 10^n sein soll warum ?
  ─   henry_99 15.04.2021 um 17:34

Diese l gibt es , da man mit einem gut gewählten l das Komma so verschieben kann das man nur noch eine ganze Zahl hat oder ?   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:37

Kannst ja mal Deinen Beweis Schritt für Schritt mit einer ganzen Zahl durchgehen. So etwas ist sowieso oft sinnvoll, da würde man auch sehen, ob die Indices stimmen.   ─   mikn 15.04.2021 um 17:38

Sorry, ja genau 10^l (ändere ich). Und zum l: ja, genau!   ─   mikn 15.04.2021 um 17:40

ok dann macht das soweit sinn für mich wenn man voher sagt das man q zur 2-er Basis darstellt weil ansonsten müsste man das komma doch mit 10-er Potenzen verschieben oder ?   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:42

Ja, in der Binärdarstellung verschiebt man das Komma mit \(\cdot 2^E\), in der Dezimaldarst. mit \(\cdot 10^E\). Und in der Vor. war nur eine Aussage zur Mantisse im Binärsystem, daher muss man davon ausgehen.
Man kann sich alles im 10er-System klar machen (ist einfacher), im Binärsystem geht es dann ganz analog. Das ist eben Mathematik, da kommt es auf das Muster an, nicht auf konkrete Zahlen.
  ─   mikn 15.04.2021 um 17:45

und ich habe das schon mal für die 7 durchgerechnet dann kommt man zu der stelle das man da stehen hat 7 = 2^2*(1+1/2+1/2^2) dann hab ich mir erstmal nur die summe angeschaut und diese so umgeformt (1+1/2+1/2^2)= (1+ 5/10 + 5^2/10^2)=1,75 und wenn ich das dann mit 2^2 multipliziere kommt natürlich wieder 7 raus   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:45

ja ich mein nur weil du da stehen hast n=q*2^l ist es dabei dann egal ob q zur 10er oder 2er basis dargestellt wird ?   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:47

q ist die Zahl, genauer: der Wert der Zahl, der unabhängig von der Darstellung ist. Man muss unterscheiden zwischen Darstellung einer Zahl (je nach System anders, Dual/Oktal/Dezimal/IEEE usw.) und deren Wert (den man berechnen kann).   ─   mikn 15.04.2021 um 17:50

ok ich glaube so langsam kommt das verständnis ich wüsste nur gerne ob mein Beweis auch funktioniert weil ich mir immer noch unsicher bin also ich glaube zwar das man es mit meiner idee auch Beweisen könnte aber das da noch irgendwie paar logische lücken drin sind   ─   henry_99 15.04.2021 um 17:57

auf jeden Fall vielen vielen dank für deine Hilfe und deine zeit es hat mir wirklich sehr weitergeholfen   ─   henry_99 15.04.2021 um 18:15

Dein Beweis ist, weil mehr Bezeichnungen drin, etwas aufwendiger durchzudenken. Evtl (gerade keine Zeit) schaue ich mir das später nochmal an.   ─   mikn 15.04.2021 um 18:44

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