Anzahl der durch 2, 3 oder 5 teilbaren natürlichen Zahlen (einschließlich Null) kleiner gleich 100?

Question

wie kann ich die Anzahl der durch 2, 3 oder 5 teilbaren natürlichen Zahlen (einschließlich Null) kleiner gleich 100 bestimmen?

Answer 1

Sei \(p(x)\) die Anzahl der Zahlen kleiner gleich 100, die durch \(x\) teilbar sind, und \(p(x,y,z)\) die Anzahl der Zahlen, die durch \(x\), \(y\) oder \(z\) teilbar sind, so ist$$\begin{aligned}p(2,3,5) &= p(2) + p(3) + p(5) - p(2 \cdot 3) - p(2 \cdot 5) - p(3 \cdot 5) + p(2\cdot 3 \cdot 5) \\ &= 51 + 34 + 21 - 17 - 11 - 7  + 4 \\ &= 75 \end{aligned}$$ (Antwort korrigiert, die Null zählt noch mit)

Comments

\(p(x,y)\) wird nicht benötigt und in der Angabe heißt es "(einschließlich Null)".

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p(x,y) wird nicht benötigt

Und was ist die Alternative?

in der Angabe heißt es "(einschließlich Null)".

.. hatte ich übersehen :-/

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Na ja, ich hätte nach der Einführung des mehrargumentigen p auch in der Rechnung p(2,3) usw. erwartet.

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Ach so! .. das war anders gemeint. Ich habe lediglich zwischen 1 und viele unterschieden. Ich mache das nochmal deutlich.

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Wie ist man auf die -11 und -7 gekommen und dann noch +4 man muss doch 51-21 machen oder nicht wie 51-34 und die 17 zu bekommen

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Wie ist man auf die -11 und -7 gekommen ...

Die Anzahl der Zahlen im Intervall \([0..100]\) die durch \(2 \cdot 5 = 10\) teilbar sind, ist \(11\): $$p(2 \cdot 5) = 11$$Und weiter ist $$p(3 \cdot 5) = 7$$Diese wurden vorher doppelt gezählt. Am Ende muss man wieder die Zahlen abziehen, die durch \(30\) teilbar sind, da diese einmal zu viel abgezogen wurden.

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Alles klar danke dir hast mir sehr geholfen

Answer 2

Hallo

 durch Abzählen, was man durch überlegen abkürzen kann, indem man erst mal z.B. nur bis 20 geht.

dass jede zweite Zahl durch 2 teilbar, jede dritte durch 3, jede fünfte durch 5 teilbar ist sollte beim Nachdenken helfen.

Gruß lul

Comments

Für festes \( n \) betrachte man die Menge \( A_{k} \) aller durch \( k \) teilbaren ganzen Zahlen im Intervall \( [1, n] \).

Dann ist offenbar \( n_{k}:=\left|A_{k}\right|=\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor \).
Weiter kann man sich überlegen \( A_{k_{1}} \cap \ldots \cap A_{k_{n}}=A_{k g} \vee\left(k_{1}, \ldots k_{n}\right) \). Dies in Kombination mit der Siebformel ergibt hier für \( n=100 \)
\( \left|A_{2} \cup A_{3} \cup A_{5}\right|=n_{2}+n_{3}+n_{5}-n_{6}-n_{10}-n_{15}+n_{30}=50+33+20-16-10-6+3=74 \)

Und die Null dürfen wir nicht vergessen, die kommt noch dazu - das Ergebnis 75 ist daher richtig.

Das ca-Ergebnis von Elvis beruht auf der Näherung \( n_{k} \approx \frac{n}{k} . \) Mit der bekommt man für paarweise teilerfremde (1) \( k_{1}, \ldots, k_{m} \) die Gesamtnäherung

\( \left|A_{k_{1}} \cup \ldots \cup A_{k_{m}}\right| \approx n\left(1-\left(1-\frac{1}{k_{1}}\right) \ldots\left(1-\frac{1}{k_{m}}\right)\right) \)