Mathe Rätsel Marathon

[narc]

Für n=1 ist die Formel offensichtlich falsch.
Sei daher n >=2.
x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1 = (x^n-1)/(x-1) für x != 1. Setze für x = cos(2pi/n) + i * sin(2pi/n) ein (für n !=1 ist dies verschieden 1), dann ist x^n = 1. Also ist die Summe aller n.ten Einheitswurzeln = 0. Damit ist auch die Summe der Realteile (und genau das ist die angegebene Summe) = 0.

 

[zoiX]

Bevor hier wieder ewig nichts kommt mal eins, dessen Lösung ich leider selbst nicht kenne - aber ich wette, die Mathematiker hier können sich einigermaßen gegenseitig überprüfen.

Also - teilt man im Dezimalsystem 987654312 (also alle vorhandenen Ziffern in absteigernder Reihenfolge, wobei die letzten zwei vertauscht werden) durch 123456789 (also alle vorhandenen Ziffern in ansteigender Reihenfolge ohne Vertauschung), so erhält man 8 - die Basis des Zahlensystems minus 2. Durch Probieren kommt man schnell darauf, dass selbiges für 312 / 123 im Vierersystem (Ergebnis ist dann 2), 4312 / 1234 im Fünfersystem (Ergebnis ist 3) usw. gilt.

Gilt dies tatsächlich allgemein für jedes Zahlensystem und wenn ja, wie lässt die Vermutung sich beweisen?

Entschuldigt die holprige Formulierung, ich hoffe man versteht trotzdem, was gemeint is.

 

[Brusko651]

also für 11 funktionierts glaub ich,
für 13 und 3 aber zB nicht.
außer ich habs falsch eingetippt, was auch leicht sein könnte ^^

 

[narc]

also für 11 funktionierts glaub ich,
für 13 und 3 aber zB nicht.
außer ich habs falsch eingetippt, was auch leicht sein könnte ^^

Für 3 klappts doch. 12:12 =1 = 3-2.

Für 6 gings bei mir schief, da kam bei Division Rest 4 raus.

 

[Brusko651]

achso, hmm, geht es hier jetzt um den Rest bei Division oder um den Quotienten? Ich glaube wir bringen hier alles durcheinander (oder zumindest ich.)

 

[narc]

Ich habe auch erst gedacht, es muss als Rest 8 rauskommen; aber gemeint ist tatsächlich dass 987654312 : 123456789 = 8 ist.
Das habe ich dann an der 6 ausprobiert und dachte: Cool, Rest 4, funktioniert also. Aber da das ist nicht gemeint ist, ist 6 dann doch ein Gegenbeispiel.

 

[Brusko651]

ok dann funktioniert es für 13 auch, da kommt nämlich genau 11 raus bei der Division.

edit: für 6 geht sichs auch ohne Rest aus.

also liegt tatsächlich die Vermutung nahe, dass es allgemein gilt.

 

[Brusko651]

das is jetzt kein richtiger beweis aber es wäre eventuell ein ansatz, der sich zu einem (nicht besonders schönen) beweis ausbauen ließe:
wenn wir im n-adischen Zahlensystem rechnen:

k:= 1234....(n-1)
m:= (n-1)(n-2).....4312

dann erhalten wir wenn wir wie üblich addieren für
k+m
1111.....11101 ( n-2 einser, dann eine 0 und dann nochmal eine 1)

und für
n*k erhalten wir natürlich 1234...(n-1)0 (einfach eine 0 hinten dran)
und wenn man davon jetzt wiederum k abzieht (das kann man auch leicht systematisch machen weil bei den ersten beiden stellen ganz rechts einfach 01 rauskommt und sonst überall immer einfach 1)
dann kommt eben natürlich auch 1111....111101 raus.

und wir hätten somit gezeigt dass (n-1)*k = k+m ist,
und somit (n-2)*k= m

 

[mfb]

Das lässt sich doch direkt in einen schönen Beweis umbauen.

Sei n>2, n natürlich, beliebig und fest (die Basis).
Sei
k:=sum(i*n^(n-i-1), i=1...n-1)
und
m:=sum((n-i)*n^(n-i-1), i=1...n-1) - n + 1

Dann gilt k+m=sum(n^(n-i),i=1...n-1) - n + 1
Nun ist
(n-1)*k
= n*sum((i-1+1)*n^(n-i-1), i=1...n-1) - sum(i*n^(n-i-1), i=1...n-1)
= sum(n^(n-i), i=1...n-1) + n*sum((i-1)*n^(n-i-1), i=1...n-1) - sum(i*n^(n-i-1), i=1...n-1)
= sum(n^(n-i), i=1...n-1) + sum((i-1)*n^(n-i), i=2...n) - sum(i*n^(n-i-1), i=1...n-1) - (n-1)
= sum(n^(n-i), i=1...n-1) + sum(i*n^(n-i-1), i=1...n-1) - sum(i*n^(n-i-1), i=1...n-1) - (n-1)
= sum(n^(n-i), i=1...n-1) - n + 1

Also k+m=(n-1)*k und somit (n-2)*k=m.

Der Trick ist nur, die Summen geschickt umzuformen und dann einmal den Index zu schieben.



Oh ja, rumspielen mit verschiedenen Zahlensystemen.

Rätsel:
DEC * 25 = OCT * 31
Jeder Buchstabe ist eine Ziffer, verschiedene Buchstaben sind verschiedene Ziffern.

Finde die jeweils einzige Lösung für die Basen 8 und 13.

Tatsächlich hat die Gleichung für 8,9,10,11,12,13 und für 19 jeweils genau eine Lösung.
Für Basis b=4+13*n mit natürlichem n hat die Gleichung jeweils viel mehr Lösungen als für benachbarte Basen, während generell die Zahl der Lösungen langsam mit der Größe der Basis ansteigt.

Zusatzfrage: Zeige, dass JUL + 4 = USA in allen Basen (>=5) genau eine Lösung hat.

 

[teet]

Seh grad es wurde bereits gelöst, poste trotzdem mal meine lösung ...

Sei n>1 aus N die Basis des Zahlensystems:

[sum^{n - 3}_{k = 1}((n - k)*n^(n - k - 1))) + n + 2 ]/( sum^{n - 1}_{k = 1} k*n^(n-k) ) = n - 2
<=> ... mit Nenner multiplizieren und rechte Seite vereinfachen
<=> sum^{n - 3}_{k = 1}( (n - k)*n^(n - k - 1) + n + 2 = sum^{n - 1}_{k = 1}(kn^(n-k) - 2kn^(n - k - 1))
<=> Indexverschiebung von n - 3 nach n - 1 auf der linken seite...
<=> sum^{n - 1}_{k=1}( n - k) * n^(n - k - 1) - kn^(n - k) + 2*k*n^(n - k - 1) ) - n + 1 = 0
<=> sum^{n}_{k = 1}( kn^{n - k - 1} + (1 - k)*n^{n-k}) - 1 = 0
q.e.d
der letzte term geht auf, habs mit vollständiger induktion gemacht weil ich nicht im stande war es weiter umzuformen ...

 

[Brusko651]

Rätsel:
DEC * 25 = OCT * 31
Jeder Buchstabe ist eine Ziffer, verschiedene Buchstaben sind verschiedene Ziffern.

Finde die jeweils einzige Lösung für die Basen 8 und 13.

Sind 25 und 31 hier als Dezimalzahlen zu interpretieren oder als 8-er bzw. 13-er Zahlen?
und das * bedeutet Multiplikation?

 

[mfb]

Auch als 8er- bzw. 13er-Zahlen. * ist Multiplikation, ja.


Edit: Keiner?

Edit2: Na gut...

DEC * 25 = OCT * 31
473 * 25 = 567 * 31 in Basis 8
1AB * 25 = 24A * 31 (mit A als 9+1, B als 9+2) in Basis 13

Neues Rätsel?

 

[Brusko651]

rätsel#36

Die arcus sinus Funktion ist üblicherweise definiert als Umkehrfunktion zum Sinus eingeschränkt auf [-pi/2,pi/2].
Die arcus cosinus Funktion als Umkehrfunktion zu Cosinus eingeschränkt auf [0,pi].

Sei g die Umkehrfunktion zu cos eingeschränkt auf [pi, 2pi].
Zeige, dass g = arcsin + 3/2 pi

 

[mfb]

cos eingeschränkt auf [pi,2pi] nimmt Werte in [-1,1] an, zu zeigen ist also

g(x) = arcsin(x) + 3/2 pi mit x aus [-1,1]
cos ist in diesem Bereich bijektiv (muss ja ohnehin für Umkehrbarkeit), also ist die Gleichung äquivalent zu
cos(g(x))=cos(arcsin(x)+3/2 pi))
Nun ist cos(g(x)) per Definition von g gerade x. Nutze außerdem cos(y+3/2pi)=sin(y):
x=sin(arcsin(x))
Und da arcsin(x) mit x in [-1,1] die Umkehrfunktion des sin ist, ist sin(arcsin(x))=x und damit die Gleichung erfüllt.



Hatten wir diese Aufgabe schon?

Das meist-benutzte Würfelnetz sieht etwa so oder ähnlich aus:

Das lässt sich ausschneiden und zu einem Würfel falten.
Dabei wird aber nur die Hälfte des Papiers verwendet. Wenn man ein Rechteck beliebigen Seitenverhältnisses nutzen darf und, wie kann man diesen Anteil weiter steigern? Dabei dürfen Würfelseiten auch aus mehreren Stücken zusammengesetzt werden, solange das immer noch als Ganzes ausschneidbar und zusammenfaltbar ist.

75% ist relativ einfach, 76% trickreich, mindestens 82,5% möglich (vielleicht sogar noch mehr?).

 

[Brusko651]

jo hatten wir auf der letzten seite schon aber da warst du noch mit 75% zufrieden : D

 

[mfb]

Hab' den Überblick verloren . Gut, mehr als 75% will ich hier nicht verlangen.

Falls doch jemand dran arbeiten will, nur zu. Die mir beste bekannte Lösung ist diese. Das Rechteck hat die Fläche 7 + 7/26 und damit werden 82,540% der Fläche verwendet. Die weißen Linien zeigen, wie die braune Fläche zusammengesetzt ist.


Ok, andere Aufgabe:

1/89 = 0.01123595...
Das lässt sich als Summe wie folgt schreiben:

 0.01123595... =
+0.0[b]1[/b] . . .
+0.00[b]1[/b]. . .
+0.000[b]2[/b] . .
+0.0000[b]3[/b]. .
+0.00000[b]5[/b] .
+0.000000[b]8[/b].
+0.000000[b]13[/b] + ...

mit den Fibonacci-Zahlen 1,1,2,3,5,8,13,... die jeweils die Summe der letzten beiden Zahlen sind.
Finde den Fehler oder beweise den Zusammenhang.

 

[Gelöschtes Mitglied 160054]

edit: hier stand unsinn

 

[Brusko651]

Das ist mal ein respektables Rätsel cooler Grenzwert.

hier ist die Lsg:

es stimmt also tatsächlich : D

edit: hab in der ersten zeile des zweiten .png das 1/wurzel(5) vergessen. das muss man sich bitte dazu vorstellen.^^

um gleich beim Thema zu bleiben:

Rätsel#38:
Die Fibonacci Folge ist rekursiv definiert durch fib(0)=0, fib(1)=1, und
fib(n+1) = fib(n) + fib(n-1) für n>=1.
Beweise die oben verwendete explizite Darstellung der Fibonacci Folge.

(Beachte dass (1+wurzel(5))/2 der goldene Schnitt ist. das ist auch ziemlich cool^^.)

 

[Gelöschtes Mitglied 160054]

Hmm, ich kenn die Lösung schon, hab die selbst vor kurzem nachvollzogen :/

 

[Brusko651]

jo das kann natürlich passieren bei solchen bekannteren Fragen.
ich lege noch eine bonus frage drauf (die aber vll auch nicht sehr viel schwerer ist)^^

bonusfrage: verwende diese darstellung von fib(n) um zu beweisen dass fib(n+1)/fib(n) für n->unendlich gegen den goldenen schnitt konvergiert!

 

[mfb]

Man kann das gleiche auch mit der rekursiven Definition beweisen, was ich noch etwas eleganter finde.
Außerdem erkennt man dort gut, dass das nicht nur mit der Basis b=10, sondern auch mit allen anderen funktioniert, der Bruch ist dann jeweils 1/(b^2-b-1).


Lösung der Aufgabe

Definiere
p:=(1+sqrt(5))/2
q:=(1-sqrt(5))/2

Definiere außerdem f(n)=1/sqrt(5) (p^n-q^n)
Durch Einsetzen erhält man f(0)=0 und f(1)=1.

Außerdem gilt:
f(n+2)
= 1/sqrt(5) (p^(n+2)-q^(n+2))
= 1/sqrt(5) ((1+p)p^n - (1+q)q^n)
= 1/sqrt(5) (p^n-q^n) + 1/sqrt(5) (p^(n+1) - q^(n+1))
= f(n) + f(n+1)
Wobei ausgenutzt wird, dass p und q genau die beiden Lösungen von x^2=x+1 sind.

Da die Fibonacci-Zahlen eindeutig sind, gilt also induktiv f(n)=fib(n).


Lösung der Bonusfrage:

Mit p und q wie oben gilt
1<p<2
-1<q<0
Und somit |q/p|<1

Nun ist fib(n+1)/fib(n) = (p^(n+1)-q^(n+1))/(p^n-q^n) = p * (1 - q(q/p)^n)/(1-(q/p)^n)
Sowohl Zähler als auch Nenner des Bruchs konvergieren gegen 1, der ganze Ausdruck also gegen p, was der goldene Schnitt ist.



Neue Aufgabe
Noch allgemeiner .

Analog zu den Fibonacci-Zahlen kann man auch mit anderen Startwerten beginnen, beispielsweise 2, 1, 3, 4, 7, 11, ... oder 2, 5, 7, 12,...
Finde eine explizite Darstellung für den Anfang g(0)=a, g(1)=b und die Rekursionsformel g(n+2)=g(n)+g(n+1).

 

[Brusko651]

Man kann das gleiche auch mit der rekursiven Definition beweisen, was ich noch etwas eleganter finde.
Außerdem erkennt man dort gut, dass das nicht nur mit der Basis b=10, sondern auch mit allen anderen funktioniert, der Bruch ist dann jeweils 1/(b^2-b-1).

uh, das würde mich interessieren, bitte näher ausführen !

hab noch kurz überlegt, ob ich fragen soll, ob es auch so eine lösung gibt, und hab mir dann aber gedacht, es gibt vermutlich eh keine

edit:
achso, bin schon draufgekommen, ist eigentlich eh total straightforward. Einfach zB. für das fib(k) in der Reihe fib(k+1)-fib(k-1) einsetzen und dann ein bisschen umformen, sodass man, wenn man den Wert der Reihe etwa mit S bezeichnet, am Ende so eine Gleichung wie
S = 10 S -1/10 - 1/10 S
=> S = 1/89
erhält. Dann muss man wohl nur mehr zeigen, dass die Reihe überhaupt konvergiert.

 

[mfb]

Die Konvergenz ergibt sich direkt aus fib(n+1)/(10*fib(n)) -> phi/10<1.
Und ja, man erhält genau sowas wie deine Gleichung.

 

[Brusko651]

zum aktuellen Rätsel:

Man sieht leicht, dass g(n)= fib(n-1)*a + fib(n)*b ist. Das könnte man bei Zweifel auch zB durch vollständige Induktion beweisen.
Somit können wir einfach die obige Formel für fib einsetzen und erhalten eine explizite Formel für g(n).


falls das so in Ordnung ist, hier gleich das nächste Rätsel. Das hier ist wiedermal ein ein relativ schweres, habs frisch aus einem anderen mathe forum.
Rätsel#40
Wir bezeichnen mit fib(n) die n-te Fibonacci Zahl und mit fer(m) die m-te Fermat-Zahl. Das heißt fer(m)=2^(2^m) + 1 .
Finde alle Paare (n,m) nichtnegativer ganzer Zahlen, sodass
fib(n) = fer(m).

 

[Brusko651]

Ich poste mal ein neues, damits hier wieder weitergehen kann.

Rätsel#41
Zeige, dass jede natürliche Zahl n ein Vielfaches besitzt, das in Dezimalschreibweise nur 7er und 0er als Ziffern hat. (edit: oh, und das natürlich ungleich 0 ist, sonst ist es ja obvious^^)

 

[delusion]

Ich poste mal ein neues, damits hier wieder weitergehen kann.

Rätsel#41
Zeige, dass jede natürliche Zahl n ein Vielfaches besitzt, das in Dezimalschreibweise nur 7er und 0er als Ziffern hat. (edit: oh, und das natürlich ungleich 0 ist, sonst ist es ja obvious^^)

Spoiler

Reicht es da zu zeigen, dass jede Primzahl ein Vielfaches besitzt, das die beschriebenen Eigenschaften hat?

 

[mfb]

Spoiler

Ausgehend von den Primzahlen kann man einen ziemlich umständlichen Beweis für allgemeine Zahlen führen, der als Konstruktion riesig lange Zahlen produziert.

Ich denke aber, dass es einfacher geht...

Spoiler

falls a und 10 teilerfremd sind und 0<n<a, 0<m<a, gilt 10n = 10m mod a => n=m

Kann ich auch fertigmachen, wenn du nicht willst

 

[delusion]

Spoiler

Ausgehend von den Primzahlen kann man einen ziemlich umständlichen Beweis für allgemeine Zahlen führen, der als Konstruktion riesig lange Zahlen produziert.

Ich denke aber, dass es einfacher geht...

Spoiler

falls a und 10 teilerfremd sind und 0<n<a, 0<m<a, gilt 10n = 10m mod a => n=m

Kann ich auch fertigmachen, wenn du nicht willst

Do it!

 

[mfb]

Ok. Sei x jeweils die Zahl, dessen Vielfaches nur 0 und 7 in der Dezimaldarstellung haben soll.

Schritt 1:
Es reicht zu zeigen, dass die Aussage für alle Zahlen gilt, die teilerfremd mit 10 sind.
Beweis: Sei x=2^a * 5^b * y (mit y teilerfremd zu 10), dann betrachte x * 5^a * 2^b = 10^(a+b)y. Das ist ein Vielfaches von x. Hat y nun ein passendes Vielfaches z*y das nur 0 und 7 hat, so hat auch 10^(a+b)zy nur 0 und 7 in der Dezimaldarstellung, da es einfach zusätzliche a+b Nullen am Ende hat. Dies ist aber ein Vielfaches von x, somit ist auch für x ein solches Vielfaches gefunden.
Sei x nun im Folgenden immer teilerfremd zu 10.

Schritt 2:
Falls a und 10 teilerfremd sind und 0<n<a, 0<m<a, gilt (10n = 10m mod a) => (n=m)
Beweis: (10n = 10m mod a) => 10(n-m)=k*a mit ganzem k. a ist teilerfremd zu 10, also muss gelten k=10*l mit ganzem l. Die Gleichung reduziert sich also zu (n-m)=l*a und aufgrund der Einschränkungen 0<n<a, 0<m<a folgt daraus l=0 und somit n=m.

Schritt 3:
Betrachte die Fälle x=1 bis x=7, um den Spezialfall im nächsten Schritt loszuwerden:
x=1 => 7
x=2 => 70
x=3 => 777
x=4 => 700
x=5 => 70
x=6 => 7770
x=7 => 7

Schritt 4:
Betrachte nun 7 mod x, 70 mod x, 700 mod x, ...
Betrachtet man die Folge der Reste, erhält man a_0=7, a_(i+1)=10a_i mod x
Letzteres ist aufgrund von Schritt 2 injektiv und damit auch bijektiv. 0 wird auf 0 abgebildet (und damit auch nur von 0 erreicht) und aufgrund von Schritt 3 nie angenommen. Die Reste durchlaufen somit einen Zyklus und erreichen insbesondere den Ausgangswert 7 beliebig oft. Bilde die Teilfolge a_b_i die nur solche Elemente beinhaltet: a_b_i = 7 mod x für i=0,1,...

Schritt 5:
Setze x mal eine "7" in die Zahl, und zwar genau an die Stellen b_0 bis b_(x-1), fülle die Leerstellen mit Nullen auf. Die Zahl lässt sich als Summe von x Summanden 7*10^(b_i) schreiben, jeder Summand ist äquivalent zu 7 (mod x), also ist die Summe äquivalent zu 7x=0 (mod x) und somit ist die Zahl ein Vielfaches von x.



Edit: Neues Rätsel#42: Funktioniert Rätsel#41 auch mit nur den Ziffern 1 und 7?
Falls ja, Beweis, falls nein, wo nicht?

 

[Brusko651]

Edit: Neues Rätsel#42: Funktioniert Rätsel#41 auch mit nur den Ziffern 1 und 7?
Falls ja, Beweis, falls nein, wo nicht?

nope für gerade Zahlen kann man natürlich kein solches Vielfaches finden, weil die letzte Stelle einer geraden Zahl immer gerade ist. Ebenso für durch 5 teilbare Zahlen (da ist die letzte Stelle immer durch 5 teilbar.) Und 1 und 7 sind ja beide weder durch 2, noch durch 5 teilbar^^

Nun, wenn man nur n erlaubt, die zu 10 teilerfremd sind, dann kann man durchaus so ein Vielfaches finden; dann findet man sogar eines, das nur 1er als Ziffern hat, bzw. entsprechend natürlich auch eines, das nur 7er als Ziffern hat. Aber das ist ja nicht gefragt
Naja ich werde es trotzdem vorzeigen, es ist gleichzeitig auch ein Trick, mit dem man das vorige Rätsel sehr schnell lösen kann:

Sei n teilerfremd zu 10.
Betrachte die n+1 Zahlen
1
11
111
...
11....11 <-- (n+1 Einser)

Da es nur n Restklassen modulo n gibt, müssen 2 von den Zahlen in der selben Restklasse und somit kongruent sein. Zieht man also die kleinere von der größeren ab, so erhält man eine Zahl 11....1100...0, die durch n teilbar ist. Da n zu 10 teilerfremd ist, muss auch die Zahl durch n teilbar sein, die man erhält indem man die ganzen Nuller weglässt.

hier ein neues:
Rätsel#43
Bestimme den Wert der Reihe

 

[mfb]

Ah, geschickt.
Dass 99999... alle Teiler hervorbringt ist mir direkt eingefallen, aber mit 1111... ist das praktischer.

Dein Algorithmus generiert aber keine Zahlen, die NUR 1 und 7 (aber keine 0) beinhalten. Kann man natürlich beheben.

 

[Brusko651]

Ja, ich hab eh geschrieben, wenn man zum Schluss die ganzen 0er weglässt, dann ist das Ergebnis eine Zahl 11...11, die noch immer durch n teilbar ist, weil n ja zu 10 teilerfremd ist.
In der Praxis findet man also eh unter den ersten n von den Zahlen 1,11,111,... direkt eine, die durch n teilbar ist.

 

[mfb]

Ah, den Teil habe ich überlesen.

Wir brauchen hier dringend noch (mehr) andere Mit-Poster, sonst wird das langweilig.

 

[Brusko651]

Jo, schade dass die Beteiligung so niedrig ist hier im thread.
Man weiß nie, ob das Rätsel zu schwer ist, oder ob es einfach nur niemand versuchen will

 

[zoiX]

Naja, "mein" Forenbereich ist halt etwas speziell - der Bär is hier nich gerade los

Ich würd ja mitmachen, aber mein Mathe is ziemlich eingerostet und war auch nie unendlich gut xD

 

[mfb]

Och, ist doch nur eine kleine Partialbruchzerlegung mit einer alternierenden harmonischen Summe um auf -1+2ln(2) zu kommen...

 

[Brusko651]

Jo, die alternierende harmonische Reihe muss man dafür halt kennen, das ist vielleicht auch das Hindernis bei der Aufgabe. Jetzt musst aber trotzdem du ein neues posten, auch wenn du deine Lsg geschickt versteckt hast

 

[mfb]

Muss man nicht, man kann den Wert auch aus der Potenzreihe von ln(1+x) um x=0 erhalten. Ist am Rand des Konvergenzradius, aber die Konvergenz der Reihe ergibt sich ja direkt.

Na gut:

Wie lauten die erste und letzte Ziffer (in Dezimaldarstellung) der billionsten Fibonacci-Zahl?
Die erste Fibonacci-Zahl sei dabei 1 und die zweite 1 (also wird nicht mit 0 angefangen).

Ob wir aus dem Thread Mathe/Physik/Technikrätsel machen können?

 

[zoiX]

Ich sehe kein Problem darin, den Themenbereich des Threads zu erweitern Fänd auch retrosynthetische Zerlegungen von Naturstoffen interessant

 

[Brusko651]

Jo, also ich hätte auch kein Problem damit, das Thema zu erweitern, vielleicht kommt dadurch etwas neuer Schwung in die Sache. Ich befürchte halt nur, dass dann Fragen auftauchen werden, wo man einiges an Fachwissen braucht, und die kann dann erst recht wieder niemand beantworten ^^

Zum aktuellen Rätsel fällt mir nur zum zweiten Teil etwas ein, also, die letzte Ziffer zu finden:
Indem man die Fibonacci Folge modulo 10 durch rechnet:
1,2,3,5,8,3,1,4,5,9,4....
sieht man, dass die Reste sich mit einer Periode von 60 wiederholen.
Wir müssen also nur den Rest von 10^12 bei Division durch 60 ausrechnen.
1Billion/60 = 50 Millarden / 3 = z + 2/3 = z+ 40/60 (z irgendeine ganze Zahl)
Also 40 Rest bleibt. Und die entsprechende 1er-Stelle ist nach meiner kleinen excel Tabelle 1.
Also die letzte Ziffer ist eine 1.

Zur ersten Ziffer eine Vermutung: Am wahrscheinlichsten ist, dass es eine 1 ist Aber wie man's genau ausrechnen soll weiß ich nicht, ist vielleicht der schwierigere Teil der Aufgabe.^^