KURIOSES ¨UBER ZWEIERPOTENZEN

KURIOSES
ÜBER ZWEIERPOTENZEN
K. P. RYBAKOWSKI
INSTITUT FÜR MATHEMATIK
UNIVERSITÄT ROSTOCK
Wir betrachten Potenzen der Zahl 2, also Zahlen der
Form 2n , wobei n eine positive ganze Zahl ist.
Beispiele:
21 = 2
22 = 4
24 = 16
210 = 1024
215 = 32768
224 = 16777216
239 = 549755813888
268 = 295147905179352825856
Wir betrachten Potenzen der Zahl 2, also Zahlen der
Form 2n , wobei n eine positive ganze Zahl ist.
Beispiele:
21 = 2
22 = 4
24 = 16
210 = 1024
215 = 32768
224 = 16777216
239 = 549755813888
268 = 295147905179352825856
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2n
2
4
8
16
32
64
128
256
512
1024
Anf.-Ziff. von 2n
2
4
8
1
3
6
1
2
5
1
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
2048
4096
8192
16384
32768
65536
131072
262144
524288
1048576
2
4
8
1
3
6
1
2
5
1
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
2097152
4194304
8388608
16777216
33554432
67108864
134217728
268435456
536870912
1073741824
2
4
8
1
3
6
1
2
5
1
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
2147483648
4294967296
8589934592
17179869184
34359738368
68719476736
137438953472
274877906944
549755813888
1099511627776
2
4
8
1
3
6
1
2
5
1
Es hat den Anschein, als würde sich das Muster
2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, 1
ständig wiederholen.
Man könnte auch leicht eine Rechtfertigung für dieses
Muster angeben:
210 = 1024 ≈ 1000
also gilt
2n+10 = 2n · 210 = 2n · 1024 ≈ 2n · 1000
Wenn man eine Zahl x mit 10 oder 100, oder 1000, usw.
multipliziert, ändert sich die Anfangsziffer in der
Dezimaldarstellung von x nicht. Insbesondere müssten
die Dezimaldarstellungen von 2n und 2n+10 dieselbe
Anfangsziffer haben.
Also müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 21 ,
211 = 21+10 , 221 = 211+10 , 231 = 221+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 2 beginnen.
Es hat den Anschein, als würde sich das Muster
2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, 1
ständig wiederholen.
Man könnte auch leicht eine Rechtfertigung für dieses
Muster angeben:
210 = 1024 ≈ 1000
also gilt
2n+10 = 2n · 210 = 2n · 1024 ≈ 2n · 1000
Wenn man eine Zahl x mit 10 oder 100, oder 1000, usw.
multipliziert, ändert sich die Anfangsziffer in der
Dezimaldarstellung von x nicht. Insbesondere müssten
die Dezimaldarstellungen von 2n und 2n+10 dieselbe
Anfangsziffer haben.
Also müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 21 ,
211 = 21+10 , 221 = 211+10 , 231 = 221+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 2 beginnen.
Es hat den Anschein, als würde sich das Muster
2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, 1
ständig wiederholen.
Man könnte auch leicht eine Rechtfertigung für dieses
Muster angeben:
210 = 1024 ≈ 1000
also gilt
2n+10 = 2n · 210 = 2n · 1024 ≈ 2n · 1000
Wenn man eine Zahl x mit 10 oder 100, oder 1000, usw.
multipliziert, ändert sich die Anfangsziffer in der
Dezimaldarstellung von x nicht. Insbesondere müssten
die Dezimaldarstellungen von 2n und 2n+10 dieselbe
Anfangsziffer haben.
Also müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 21 ,
211 = 21+10 , 221 = 211+10 , 231 = 221+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 2 beginnen.
Es hat den Anschein, als würde sich das Muster
2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, 1
ständig wiederholen.
Man könnte auch leicht eine Rechtfertigung für dieses
Muster angeben:
210 = 1024 ≈ 1000
also gilt
2n+10 = 2n · 210 = 2n · 1024 ≈ 2n · 1000
Wenn man eine Zahl x mit 10 oder 100, oder 1000, usw.
multipliziert, ändert sich die Anfangsziffer in der
Dezimaldarstellung von x nicht. Insbesondere müssten
die Dezimaldarstellungen von 2n und 2n+10 dieselbe
Anfangsziffer haben.
Also müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 21 ,
211 = 21+10 , 221 = 211+10 , 231 = 221+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 2 beginnen.
Es hat den Anschein, als würde sich das Muster
2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, 1
ständig wiederholen.
Man könnte auch leicht eine Rechtfertigung für dieses
Muster angeben:
210 = 1024 ≈ 1000
also gilt
2n+10 = 2n · 210 = 2n · 1024 ≈ 2n · 1000
Wenn man eine Zahl x mit 10 oder 100, oder 1000, usw.
multipliziert, ändert sich die Anfangsziffer in der
Dezimaldarstellung von x nicht. Insbesondere müssten
die Dezimaldarstellungen von 2n und 2n+10 dieselbe
Anfangsziffer haben.
Also müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 21 ,
211 = 21+10 , 221 = 211+10 , 231 = 221+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 2 beginnen.
Es hat den Anschein, als würde sich das Muster
2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, 1
ständig wiederholen.
Man könnte auch leicht eine Rechtfertigung für dieses
Muster angeben:
210 = 1024 ≈ 1000
also gilt
2n+10 = 2n · 210 = 2n · 1024 ≈ 2n · 1000
Wenn man eine Zahl x mit 10 oder 100, oder 1000, usw.
multipliziert, ändert sich die Anfangsziffer in der
Dezimaldarstellung von x nicht. Insbesondere müssten
die Dezimaldarstellungen von 2n und 2n+10 dieselbe
Anfangsziffer haben.
Also müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 21 ,
211 = 21+10 , 221 = 211+10 , 231 = 221+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 2 beginnen.
Es hat den Anschein, als würde sich das Muster
2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, 1
ständig wiederholen.
Man könnte auch leicht eine Rechtfertigung für dieses
Muster angeben:
210 = 1024 ≈ 1000
also gilt
2n+10 = 2n · 210 = 2n · 1024 ≈ 2n · 1000
Wenn man eine Zahl x mit 10 oder 100, oder 1000, usw.
multipliziert, ändert sich die Anfangsziffer in der
Dezimaldarstellung von x nicht. Insbesondere müssten
die Dezimaldarstellungen von 2n und 2n+10 dieselbe
Anfangsziffer haben.
Also müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 21 ,
211 = 21+10 , 221 = 211+10 , 231 = 221+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 2 beginnen.
Es hat den Anschein, als würde sich das Muster
2, 4, 8, 1, 3, 6, 1, 2, 5, 1
ständig wiederholen.
Man könnte auch leicht eine Rechtfertigung für dieses
Muster angeben:
210 = 1024 ≈ 1000
also gilt
2n+10 = 2n · 210 = 2n · 1024 ≈ 2n · 1000
Wenn man eine Zahl x mit 10 oder 100, oder 1000, usw.
multipliziert, ändert sich die Anfangsziffer in der
Dezimaldarstellung von x nicht. Insbesondere müssten
die Dezimaldarstellungen von 2n und 2n+10 dieselbe
Anfangsziffer haben.
Also müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 21 ,
211 = 21+10 , 221 = 211+10 , 231 = 221+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 2 beginnen.
Analog müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 22 ,
212 = 22+10 , 222 = 212+10 , 232 = 222+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 4 beginnen.
n
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
2n
2199023255552
4398046511104
8796093022208
17592186044416
35184372088832
70368744177664
140737488355328
281474976710656
562949953421312
1125899906842624
Anf.-Ziff. von 2n
2
4
8
1
3
7
1
2
5
1
Analog müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 22 ,
212 = 22+10 , 222 = 212+10 , 232 = 222+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 4 beginnen.
n
41
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2n
2199023255552
4398046511104
8796093022208
17592186044416
35184372088832
70368744177664
140737488355328
281474976710656
562949953421312
1125899906842624
Anf.-Ziff. von 2n
2
4
8
1
3
7
1
2
5
1
Analog müssten die Dezimaldarstellungen der Zahlen 22 ,
212 = 22+10 , 222 = 212+10 , 232 = 222+10 usw. alle mit
derselben Ziffer, nämlich 4 beginnen.
n
41
42
43
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46
47
48
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2n
2199023255552
4398046511104
8796093022208
17592186044416
35184372088832
70368744177664
140737488355328
281474976710656
562949953421312
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Anf.-Ziff. von 2n
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54
55
56
57
58
59
60
2251799813685248
4503599627370496
9007199254740992
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36028797018963968
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1152921504606846976
2
4
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1
3
7
1
2
5
1
61
62
63
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65
66
67
68
69
70
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4611686018427387904
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147573952589676412928
295147905179352825856
590295810358705651712
1180591620717411303424
2
4
9
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1
2
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1
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
2361183241434822606848
4722366482869645213696
9444732965739290427392
18889465931478580854784
37778931862957161709568
75557863725914323419136
151115727451828646838272
302231454903657293676544
604462909807314587353088
1208925819614629174706176
2
4
9
1
3
7
1
3
6
1
Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
n
1
2
3
4
5
6
7
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2
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256
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1024
Anf.-Ziff. von 2n
2
4
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2
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1
Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
n
1
2
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Anf.-Ziff. von 2n
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Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
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Anf.-Ziff. von 2n
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Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
n
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1
Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
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1
Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
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Anf.-Ziff. von 2n
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1
Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
n
1
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Anf.-Ziff. von 2n
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2
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1
Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
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Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
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Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
n
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Anf.-Ziff. von 2n
2
4
8
1
3
6
1
2
5
1
Für eine Ziffer k und eine positive ganze Zahl N sei
AN (k ) die Anzahl des Auftretens von k als Anfangsziffer
der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
So ist z.B. A10 (1) = 3, A10 (2) = 2, A10 (8) = 1,
A10 (9) = 0, wie man aus der unteren Tabelle abliest.
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2n
2
4
8
16
32
64
128
256
512
1024
Anf.-Ziff. von 2n
2
4
8
1
3
6
1
2
5
1
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
Die Zahl
AN (k )
N
ist dann die relative Häufigkeit des Auftretens von k als
Anfangsziffer der Dezimaldarstellung der Zahlenfolge
HN (k ) =
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
Also H10 (1) = 0.3, H10 (2) = 0.2, H10 (8) = 0.1,
H10 (9) = 0.0.
k
1
2
3
4
5
6
7
8
9
H10 (k )
0.3
0.2
0.1
0.1
0.1
0.1
0.0
0.1
0.0
H102 (k )
0.30
0.17
0.13
0.10
0.07
0.07
0.06
0.05
0.05
H103 (k )
0.301
0.176
0.125
0.097
0.079
0.069
0.056
0.052
0.045
H104 (k )
0.3010
0.1761
0.1249
0.0970
0.0791
0.0670
0.0579
0.0512
0.0458
lg(k + 1) − lg(k )
0.3010
0.1761
0.1249
0.0969
0.0792
0.0669
0.0580
0.0512
0.0458
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞ N
N →∞
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞ N
N →∞
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Man kann zeigen, dass gilt:
lim HN (k ) = lg(k + 1) − lg(k ).
N →∞
Das heißt:
Für jedes (noch so kleine) e > 0 existiert ein N0 derart,
dass
HN (k ) − lg(k + 1) − lg(k ) < e
für alle N ≥ N0 . Das heißt im Klartext:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass eine Zahl vom Typ 2n
die Ziffer k als Anfangsziffer hat, beträgt
lg(k + 1) − lg(k ).
Dies ist das sogenannte Benfordsche Gesetz.
Insbesondere gilt, dass jede Ziffer als Anfangsziffer der
Dezimaldarstellung von unendlich vielen Zahlen der Form
2n auftritt. Sonst hätte man nämlich AN (k ) = c für alle
hinreichend große N, also würde gelten
c
AN ( k )
= lim
=0
N
N →∞
N →∞ N
lim HN (k ) = lim
N →∞
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Mathematisch folgt das Benfordsche Gesetz aus dem
sog. Gleichverteilungssatz von Bohl, Sierpiński und Weyl.
Allgemeiner, sei für eine beliebige positive ganze Zahl k
die Zahl
AN (k )
definiert als die Anzahl des Auftretens von k als
Anfangsabschnitt in der Dezimaldarstellung der
Zahlenfolge
21 , 22 , 23 , ..., 2N .
(Zum Beispiel ist jede der Zahlen 9, 92, 922 und
92233720 ein Anfangsabschitt von
263 = 9223372036854775808.) Man setzt wiederum
HN (k ) =
AN (k )
.
N
Dann gilt wiederum das Benfordsche Gesetz.
Insbesondere tritt jede positive ganze Zahl, wie z.B. 922,
77779 oder 8756345 als Anfangsabschnitt von unendlich
vielen der Zahlen 2n auf.
Da lg(k + 1) − lg(k ) mit wachsendem k fällt, ist für
große N die relative Häufigkeit des Auftretens von
kleineren Zahlen größer als die von großen Zahlen.
Insbesondere kommt 1 häufiger vor als 2 und 2 kommt
häufiger vor als 7 usw.
Anf.-Ziff.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Wahrscheinlichkeit
30.10%
17.61%
12.49%
9.69%
7.92%
6.69%
5.80%
5.12%
4.58%
Da lg(k + 1) − lg(k ) mit wachsendem k fällt, ist für
große N die relative Häufigkeit des Auftretens von
kleineren Zahlen größer als die von großen Zahlen.
Insbesondere kommt 1 häufiger vor als 2 und 2 kommt
häufiger vor als 7 usw.
Anf.-Ziff.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Wahrscheinlichkeit
30.10%
17.61%
12.49%
9.69%
7.92%
6.69%
5.80%
5.12%
4.58%
Da lg(k + 1) − lg(k ) mit wachsendem k fällt, ist für
große N die relative Häufigkeit des Auftretens von
kleineren Zahlen größer als die von großen Zahlen.
Insbesondere kommt 1 häufiger vor als 2 und 2 kommt
häufiger vor als 7 usw.
Anf.-Ziff.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Wahrscheinlichkeit
30.10%
17.61%
12.49%
9.69%
7.92%
6.69%
5.80%
5.12%
4.58%
Da lg(k + 1) − lg(k ) mit wachsendem k fällt, ist für
große N die relative Häufigkeit des Auftretens von
kleineren Zahlen größer als die von großen Zahlen.
Insbesondere kommt 1 häufiger vor als 2 und 2 kommt
häufiger vor als 7 usw.
Anf.-Ziff.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Wahrscheinlichkeit
30.10%
17.61%
12.49%
9.69%
7.92%
6.69%
5.80%
5.12%
4.58%
Das Benfordsche Gesetz gilt in vielen empirisch
gewonnenen Datensätzen, wie z.B. Listen von
I
Einwohnerzahlen von Städten
I
Produktionszahlen in der Wirtschaft
I
Marktpreisen
I
Geldbeträgen in der Buchhaltung
I
Versuchsergebnissen in der Forschung
Dies wurde zunächst 1881 vom Mathematiker Simon
Newcomb beobachtet und in der Zeitschrift “American
Journal of Mathematics” veröffentlicht.
Diese Gesetzmäßigkeit wurde 1938 vom Physiker Frank
Benford wiederentdeckt.
Das Benfordsche Gesetz kann zur Aufdeckung von
Datenbetrug herangezogen werden, wie z.B. bei
Bilanzfälschungen, Investor- oder Steuerbetrug.
Bekannte Fälle sind Enron und Worldcom.
Weiterhin können Datenfälschungen in der Wissenschaft
aufgespürt werden.
Das Benfordsche Gesetz gilt in vielen empirisch
gewonnenen Datensätzen, wie z.B. Listen von
I
Einwohnerzahlen von Städten
I
Produktionszahlen in der Wirtschaft
I
Marktpreisen
I
Geldbeträgen in der Buchhaltung
I
Versuchsergebnissen in der Forschung
Dies wurde zunächst 1881 vom Mathematiker Simon
Newcomb beobachtet und in der Zeitschrift “American
Journal of Mathematics” veröffentlicht.
Diese Gesetzmäßigkeit wurde 1938 vom Physiker Frank
Benford wiederentdeckt.
Das Benfordsche Gesetz kann zur Aufdeckung von
Datenbetrug herangezogen werden, wie z.B. bei
Bilanzfälschungen, Investor- oder Steuerbetrug.
Bekannte Fälle sind Enron und Worldcom.
Weiterhin können Datenfälschungen in der Wissenschaft
aufgespürt werden.
Das Benfordsche Gesetz gilt in vielen empirisch
gewonnenen Datensätzen, wie z.B. Listen von
I
Einwohnerzahlen von Städten
I
Produktionszahlen in der Wirtschaft
I
Marktpreisen
I
Geldbeträgen in der Buchhaltung
I
Versuchsergebnissen in der Forschung
Dies wurde zunächst 1881 vom Mathematiker Simon
Newcomb beobachtet und in der Zeitschrift “American
Journal of Mathematics” veröffentlicht.
Diese Gesetzmäßigkeit wurde 1938 vom Physiker Frank
Benford wiederentdeckt.
Das Benfordsche Gesetz kann zur Aufdeckung von
Datenbetrug herangezogen werden, wie z.B. bei
Bilanzfälschungen, Investor- oder Steuerbetrug.
Bekannte Fälle sind Enron und Worldcom.
Weiterhin können Datenfälschungen in der Wissenschaft
aufgespürt werden.
Das Benfordsche Gesetz gilt in vielen empirisch
gewonnenen Datensätzen, wie z.B. Listen von
I
Einwohnerzahlen von Städten
I
Produktionszahlen in der Wirtschaft
I
Marktpreisen
I
Geldbeträgen in der Buchhaltung
I
Versuchsergebnissen in der Forschung
Dies wurde zunächst 1881 vom Mathematiker Simon
Newcomb beobachtet und in der Zeitschrift “American
Journal of Mathematics” veröffentlicht.
Diese Gesetzmäßigkeit wurde 1938 vom Physiker Frank
Benford wiederentdeckt.
Das Benfordsche Gesetz kann zur Aufdeckung von
Datenbetrug herangezogen werden, wie z.B. bei
Bilanzfälschungen, Investor- oder Steuerbetrug.
Bekannte Fälle sind Enron und Worldcom.
Weiterhin können Datenfälschungen in der Wissenschaft
aufgespürt werden.
Das Benfordsche Gesetz gilt in vielen empirisch
gewonnenen Datensätzen, wie z.B. Listen von
I
Einwohnerzahlen von Städten
I
Produktionszahlen in der Wirtschaft
I
Marktpreisen
I
Geldbeträgen in der Buchhaltung
I
Versuchsergebnissen in der Forschung
Dies wurde zunächst 1881 vom Mathematiker Simon
Newcomb beobachtet und in der Zeitschrift “American
Journal of Mathematics” veröffentlicht.
Diese Gesetzmäßigkeit wurde 1938 vom Physiker Frank
Benford wiederentdeckt.
Das Benfordsche Gesetz kann zur Aufdeckung von
Datenbetrug herangezogen werden, wie z.B. bei
Bilanzfälschungen, Investor- oder Steuerbetrug.
Bekannte Fälle sind Enron und Worldcom.
Weiterhin können Datenfälschungen in der Wissenschaft
aufgespürt werden.
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I
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I
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Newcomb beobachtet und in der Zeitschrift “American
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Datenbetrug herangezogen werden, wie z.B. bei
Bilanzfälschungen, Investor- oder Steuerbetrug.
Bekannte Fälle sind Enron und Worldcom.
Weiterhin können Datenfälschungen in der Wissenschaft
aufgespürt werden.
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I
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Die Dezimaldarstellung einer positiven ganzen Zahl x hat
k als Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine
ganze Zahl s gibt derart, dass
k · 10s ≤ x < (k + 1) · 10s .
(1)
Beispiele:
7000 = 7 · 103 ≤ 7850 < 8 · 103 = 8000
400000 = 4 · 105 ≤ 491533 < 5 · 105 = 500000
30 = 3 · 101 ≤ 30 < 4 · 101 = 40
5 = 5 · 100 ≤ 5 < 6 · 100
Da
lg(a · 10s ) = lg(a ) + lg(10s ) = lg(a ) + s,
ist (1) gleichbedeutend mit
lg(k ) + s ≤ lg(x ) < lg(k + 1) + s.
(2)
Die Dezimaldarstellung einer positiven ganzen Zahl x hat
k als Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine
ganze Zahl s gibt derart, dass
k · 10s ≤ x < (k + 1) · 10s .
(1)
Beispiele:
7000 = 7 · 103 ≤ 7850 < 8 · 103 = 8000
400000 = 4 · 105 ≤ 491533 < 5 · 105 = 500000
30 = 3 · 101 ≤ 30 < 4 · 101 = 40
5 = 5 · 100 ≤ 5 < 6 · 100
Da
lg(a · 10s ) = lg(a ) + lg(10s ) = lg(a ) + s,
ist (1) gleichbedeutend mit
lg(k ) + s ≤ lg(x ) < lg(k + 1) + s.
(2)
Die Dezimaldarstellung einer positiven ganzen Zahl x hat
k als Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine
ganze Zahl s gibt derart, dass
k · 10s ≤ x < (k + 1) · 10s .
(1)
Beispiele:
7000 = 7 · 103 ≤ 7850 < 8 · 103 = 8000
400000 = 4 · 105 ≤ 491533 < 5 · 105 = 500000
30 = 3 · 101 ≤ 30 < 4 · 101 = 40
5 = 5 · 100 ≤ 5 < 6 · 100
Da
lg(a · 10s ) = lg(a ) + lg(10s ) = lg(a ) + s,
ist (1) gleichbedeutend mit
lg(k ) + s ≤ lg(x ) < lg(k + 1) + s.
(2)
Die Dezimaldarstellung einer positiven ganzen Zahl x hat
k als Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine
ganze Zahl s gibt derart, dass
k · 10s ≤ x < (k + 1) · 10s .
(1)
Beispiele:
7000 = 7 · 103 ≤ 7850 < 8 · 103 = 8000
400000 = 4 · 105 ≤ 491533 < 5 · 105 = 500000
30 = 3 · 101 ≤ 30 < 4 · 101 = 40
5 = 5 · 100 ≤ 5 < 6 · 100
Da
lg(a · 10s ) = lg(a ) + lg(10s ) = lg(a ) + s,
ist (1) gleichbedeutend mit
lg(k ) + s ≤ lg(x ) < lg(k + 1) + s.
(2)
Die Dezimaldarstellung einer positiven ganzen Zahl x hat
k als Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine
ganze Zahl s gibt derart, dass
k · 10s ≤ x < (k + 1) · 10s .
(1)
Beispiele:
7000 = 7 · 103 ≤ 7850 < 8 · 103 = 8000
400000 = 4 · 105 ≤ 491533 < 5 · 105 = 500000
30 = 3 · 101 ≤ 30 < 4 · 101 = 40
5 = 5 · 100 ≤ 5 < 6 · 100
Da
lg(a · 10s ) = lg(a ) + lg(10s ) = lg(a ) + s,
ist (1) gleichbedeutend mit
lg(k ) + s ≤ lg(x ) < lg(k + 1) + s.
(2)
Die Dezimaldarstellung einer positiven ganzen Zahl x hat
k als Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine
ganze Zahl s gibt derart, dass
k · 10s ≤ x < (k + 1) · 10s .
(1)
Beispiele:
7000 = 7 · 103 ≤ 7850 < 8 · 103 = 8000
400000 = 4 · 105 ≤ 491533 < 5 · 105 = 500000
30 = 3 · 101 ≤ 30 < 4 · 101 = 40
5 = 5 · 100 ≤ 5 < 6 · 100
Da
lg(a · 10s ) = lg(a ) + lg(10s ) = lg(a ) + s,
ist (1) gleichbedeutend mit
lg(k ) + s ≤ lg(x ) < lg(k + 1) + s.
(2)
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
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√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Da lg(2n ) = n · lg(2) folgt aus (2):
Die Dezimaldarstellung einer Zahl der Form 2n hat k als
Anfangsziffer dann und nur dann, wenn es eine ganze
Zahl s gibt derart, dass
lg(k ) + s ≤ n · lg(2) < lg(k + 1) + s.
(3)
Eine Zahl x heißt rational, wenn sie sich als ein Bruch
x=
p
q
mit zwei ganzen Zahlen p und q schreiben lässt, wobei
q 6= 0. Beispielsweise sind
35
7
−35
−7
= und − 3,5 =
=
10
2
10
2
√
rationale Zahlen. 2 ist keine rationale Zahl. Ebenso ist
lg 2 keine rationale Zahl.
3,5 =
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
Wir zeigen jetzt, dass z.B. k = 7 die Anfangsziffer von
unendlich vielen Zahlen der Form 2n ist. Im Klartext
zeigen wir folgendes:
Ist n0 eine beliebige ganze Zahl ≥ 1 so gibt es eine
ganze Zahl n mit n ≥ n0 so dass k = 7 die Anfangsziffer
von 2n ist.
Setze a = lg k , b = lg(k + 1) und y = n0 · lg 2. Dann
sind die Voraussetzungen des Hilfssatzes erfüllt. Daher
gibt es eine ganze Zahl m ≥ 1 und eine ganze Zahl s
derart, dass
a + s < m · y < b + s,
also lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Wir setzen in der Ungleichung
lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s
n = m · n0 und erhalten
lg k + s < n · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Wir setzen in der Ungleichung
lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s
n = m · n0 und erhalten
lg k + s < n · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Wir setzen in der Ungleichung
lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s
n = m · n0 und erhalten
lg k + s < n · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Wir setzen in der Ungleichung
lg k + s < m · n0 · lg 2 < lg(k + 1) + s
n = m · n0 und erhalten
lg k + s < n · lg 2 < lg(k + 1) + s.
Damit ist die Behauptung bewiesen.
Zu jeder Zahl x gibt eine eindeutig bestimmte ganze Zahl
e derart, dass
e ≤ x < e + 1.
e heißt der Ganzteil von x und wird mit bx c bezeichnet.
Beispielsweise gilt b2,8c = 2 denn 2 ist eine ganze Zahl
und 2 ≤ 2,8 < 3 = 2 + 1. Ebenso gilt b−2,8c = −3
denn −3 ist eine ganze Zahl und
−3 ≤ −2,8 < −2 = −3 + 1. Die Zahl d = x − bx c
heißt der Bruchteil von x. So ist 0,8 der Bruchteil von 2,8
und 0,2 der Bruchteil von −2,8. Der Bruchteil d einer
Zahl x erfüllt immer die Beziehung 0 ≤ d < 1.
Zu jeder Zahl x gibt eine eindeutig bestimmte ganze Zahl
e derart, dass
e ≤ x < e + 1.
e heißt der Ganzteil von x und wird mit bx c bezeichnet.
Beispielsweise gilt b2,8c = 2 denn 2 ist eine ganze Zahl
und 2 ≤ 2,8 < 3 = 2 + 1. Ebenso gilt b−2,8c = −3
denn −3 ist eine ganze Zahl und
−3 ≤ −2,8 < −2 = −3 + 1. Die Zahl d = x − bx c
heißt der Bruchteil von x. So ist 0,8 der Bruchteil von 2,8
und 0,2 der Bruchteil von −2,8. Der Bruchteil d einer
Zahl x erfüllt immer die Beziehung 0 ≤ d < 1.
Zu jeder Zahl x gibt eine eindeutig bestimmte ganze Zahl
e derart, dass
e ≤ x < e + 1.
e heißt der Ganzteil von x und wird mit bx c bezeichnet.
Beispielsweise gilt b2,8c = 2 denn 2 ist eine ganze Zahl
und 2 ≤ 2,8 < 3 = 2 + 1. Ebenso gilt b−2,8c = −3
denn −3 ist eine ganze Zahl und
−3 ≤ −2,8 < −2 = −3 + 1. Die Zahl d = x − bx c
heißt der Bruchteil von x. So ist 0,8 der Bruchteil von 2,8
und 0,2 der Bruchteil von −2,8. Der Bruchteil d einer
Zahl x erfüllt immer die Beziehung 0 ≤ d < 1.
Zu jeder Zahl x gibt eine eindeutig bestimmte ganze Zahl
e derart, dass
e ≤ x < e + 1.
e heißt der Ganzteil von x und wird mit bx c bezeichnet.
Beispielsweise gilt b2,8c = 2 denn 2 ist eine ganze Zahl
und 2 ≤ 2,8 < 3 = 2 + 1. Ebenso gilt b−2,8c = −3
denn −3 ist eine ganze Zahl und
−3 ≤ −2,8 < −2 = −3 + 1. Die Zahl d = x − bx c
heißt der Bruchteil von x. So ist 0,8 der Bruchteil von 2,8
und 0,2 der Bruchteil von −2,8. Der Bruchteil d einer
Zahl x erfüllt immer die Beziehung 0 ≤ d < 1.
Zu jeder Zahl x gibt eine eindeutig bestimmte ganze Zahl
e derart, dass
e ≤ x < e + 1.
e heißt der Ganzteil von x und wird mit bx c bezeichnet.
Beispielsweise gilt b2,8c = 2 denn 2 ist eine ganze Zahl
und 2 ≤ 2,8 < 3 = 2 + 1. Ebenso gilt b−2,8c = −3
denn −3 ist eine ganze Zahl und
−3 ≤ −2,8 < −2 = −3 + 1. Die Zahl d = x − bx c
heißt der Bruchteil von x. So ist 0,8 der Bruchteil von 2,8
und 0,2 der Bruchteil von −2,8. Der Bruchteil d einer
Zahl x erfüllt immer die Beziehung 0 ≤ d < 1.
Zu jeder Zahl x gibt eine eindeutig bestimmte ganze Zahl
e derart, dass
e ≤ x < e + 1.
e heißt der Ganzteil von x und wird mit bx c bezeichnet.
Beispielsweise gilt b2,8c = 2 denn 2 ist eine ganze Zahl
und 2 ≤ 2,8 < 3 = 2 + 1. Ebenso gilt b−2,8c = −3
denn −3 ist eine ganze Zahl und
−3 ≤ −2,8 < −2 = −3 + 1. Die Zahl d = x − bx c
heißt der Bruchteil von x. So ist 0,8 der Bruchteil von 2,8
und 0,2 der Bruchteil von −2,8. Der Bruchteil d einer
Zahl x erfüllt immer die Beziehung 0 ≤ d < 1.
Zu jeder Zahl x gibt eine eindeutig bestimmte ganze Zahl
e derart, dass
e ≤ x < e + 1.
e heißt der Ganzteil von x und wird mit bx c bezeichnet.
Beispielsweise gilt b2,8c = 2 denn 2 ist eine ganze Zahl
und 2 ≤ 2,8 < 3 = 2 + 1. Ebenso gilt b−2,8c = −3
denn −3 ist eine ganze Zahl und
−3 ≤ −2,8 < −2 = −3 + 1. Die Zahl d = x − bx c
heißt der Bruchteil von x. So ist 0,8 der Bruchteil von 2,8
und 0,2 der Bruchteil von −2,8. Der Bruchteil d einer
Zahl x erfüllt immer die Beziehung 0 ≤ d < 1.
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
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= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
p
= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
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Hilfssatz. Ist y irrational, d.h. nicht rational, und sind a, b
Zahlen mit 0 < a < b < 1 so gibt es eine ganze Zahl
m ≥ 1 und eine ganze Zahl s derart, dass
a + s < m · y < b + s.
1
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= 0. Daher gibt es ein ganzes
p ≥ 1 mit < b − a. Wir betrachten p Mengen
(Schubfächer) A1 , A2 , A3 ,. . . , Ap von Zahlen derart, dass
in das Schubfach Ai genau die Zahlen c gelegt werden,
deren Bruchteil d die Ungleichung pi − p1 ≤ d < pi
erfüllt. Ins Schubfach A1 kommen also alle Zahlen, deren
Bruchteil 0 ≤ d < p1 erfüllt; ins Schubfach A2 kommen
alle Zahlen, deren Bruchteil p1 ≤ d < p2 erfüllt; usw. Ins
Schubfach Ap kommen alle Zahlen, deren Bruchteil d
p −1
p ≤ d < 1 erfüllt. Jede Zahl kommt dann in ein (und
nur ein) solches Schubfach.
Beweis. Es gilt limp →∞
1
p
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
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− ≤ d1 , d2 <
p
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und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
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− ≤ d1 , d2 <
p
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und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
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1
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− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
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und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Wir betrachten die p + 1 Zahlen 1 · y, 2 · y, 3 · y,. . . ,
(p + 1) · y. Es liegen mindestens zwei dieser Zahlen im
selben Schubfach. Also gibt es ganze Zahlen t1 und t2
mit 1 ≤ t1 < t2 ≤ p + 1 und eine ganze Zahl i mit
1 ≤ i ≤ p so dass t1 · y und t2 · y in Ai liegen, d.h.
t1 · y = d1 + e1 ,
t2 · y = d2 + e2 ,
i
1
i
− ≤ d1 , d2 <
p
p
p
und e1 , e2 sind ganze Zahlen. Wir setzen: t = t2 − t1 ,
d = d2 − d1 , e = e2 − e1 . Dann gilt: t · y = d + e, t ist
eine ganze Zahl ≥ 1, − p1 < d < p1 und e ist eine ganze
Zahl. Wäre d = 0, so hätten wir t · y = e also y = et ,
und damit y rational, Widerspruch zur Voraussetzung.
Also gilt d 6= 0 und somit haben wir zwei Fälle:
1. 0 < d < p1 .
2. − p1 < d < 0.
Im ersten Fall, d.h. 0 < d < p1 , sei ` der Ganzteil der
Zahl da > 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y 0. Dann gilt ` ≥ 0 und ` ≤ da < ` + 1. Da
d > 0 gilt d · ` ≤ a < d · (` + 1) und da
d < p1 < b − a folgt daraus
a < d · (` + 1) = d · ` + d ≤ a + d
1
< a + < a + (b − a ) < b
p
also a < d · (` + 1) < b.
Damit gilt a < (t · y − e )(` + 1) < b, also
a + e · (` + 1) < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1)
und mit s = e · (` + 1) und m = t · (` + 1) ≥ 1 folgt
daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.
e = −d,
Im zweiten Fall, d.h. − p1 < d < 0, setzen wir d
e = 1 − a. Dann gilt 0 < d
e < 1,
e = 1 − b, b
a
p
e
e
e
e
0 < a < b < 1 und b − a = b − a. Wie im ersten Fall
erhalten wir daher eine ganze Zahl ` ≥ 0 mit
e · (` + 1) < b
e
e<d
a
also 1 − b < −d · (` + 1) < 1 − a,
d.h. a − 1 < d · (` + 1) < b − 1.
Damit gilt a − 1 < (t · y − e )(` + 1) < b − 1 also
a + e · (` + 1) − 1 < t · (` + 1) · y < b + e · (` + 1) − 1
und mit s = e · (` + 1) − 1 und m = t · (` + 1) ≥ 1
folgt daraus
a + s < m · y < b + s,
also ist die Behauptung des Hilfssatzes bewiesen.