Wertepaare aus Gleichung < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | | [mm] 2^{k}=\bruch{2^n}{1+n+\bruch{n*(n-1)}{2}+\bruch{n*(n-1)*(n-2)}{6}} [/mm] |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Ich sitze gerade an einer Aufgabe und da hat sich die oben stehende Gleichung ergeben.
k und n sind natürliche Zahlen. Ich möchte nun alle Wertepaar (n,k) erhalten, für die diese Gleichung erfüllt ist. Es sollten nur die beiden Paare (7,1) und (23,12) eine Lösung liefern.
Da stehe ich gerade auf dem Schlauch. Für reele Zahlen wird es wohl unendlich viele Lösungen geben. Aber wie kann man das für natürliche Zahlen machen? Ausprobieren geht nicht, es soll für alle natürlichen Zahlen gelten.
Ich freue mich auf Antworten!
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Hallo,
einen Anfang hätte ich mal vorzuschlagen. Teile des Nenners rechts kann man etwas vereinfachen:
[mm] 1+n+\bruch{n*(n-1)}{2}=1+\bruch{n*(n+1)}{2}
[/mm]
Ob man da jetzt den Rest auch noch irgendwie unterbringt, sehe ich momentan nicht so ganz, will es jedoch nicht ausschließen.
Klar dürfte jedoch sein: für natürliche Zahlen n und k muss sicherlich der Nenner (den man für meinen Geschmack besser auf die linke Seite bringt) eine Zweierpotenz sein. Von daher sollte man zunächst darauf bedacht sein, selbigen Nenner irgendwie möglichst geeignet umzuformen.
Ich stelle mal auf 'teilweise beantwortet'.
Gruß, Diophant
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Hallo,
es sind. z.B. (1,0), (2,0), (3,0) Lösungen der Gleichung.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:56 Mi 11.06.2014 | | Autor: | hippias |
Wie Diophant bereits angemerkt hat geht es darum, ob und wann der Nenner eine $2$er Potenz ist. Dazu vereinfache den Nenner so, dass er faktorisiert ist. Es bietet sich an die Faelle zu unterscheiden, ob [mm] $n\equiv [/mm] -1 [mm] \text{ mod } [/mm] 3$ oder nicht. Jedenfalls sind die beiden Faktoren dann $2$-Potenzen. Diese beiden Gleichungen sollten hinreichen, um $n$ bestimmen zu koennen.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 03:15 Do 12.06.2014 | | Autor: | matheaffe |
Ich sehe nicht, warum der Nenner eine Zweierpotenz sein muss. Man addiert auf der rechten Seite ja noch 1. Damit hätte man ja etwa soetwas wie: [mm] 2^k [/mm] = Zweierpotenz + 1. Und das wäre nie war.
Ach und Lösungen mit 0 fallen weg. Kann dann man sonst noch Stellen außer die in der Aufgabenstellung gegebenen finden?
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> Ich sehe nicht, warum der Nenner eine Zweierpotenz sein
> muss. Man addiert auf der rechten Seite ja noch 1. Damit
> hätte man ja etwa soetwas wie: [mm]2^k[/mm] = Zweierpotenz + 1.
> Und
> das wäre nie war.
Wo addiert man rechts eine 1?
Nenner rübermultiplizieren, durch [mm] $2^k$ [/mm] teilen, schon ist der Nenner eine Zweierpotenz.
> Ach und Lösungen mit 0 fallen weg.
Und wieso? nach deiner Fragestellung wären das Lösungen. Gibt's sonst noch irgendwelche Bedingungen, die du nicht erwähnt hast?
> Kann dann man sonst
> noch Stellen außer die in der Aufgabenstellung gegebenen
> finden?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:49 Do 12.06.2014 | | Autor: | hippias |
Ich habe zwischenzeitlich nocheinmal genauer nachgerechnet: Mit meinem Ansatz kann ich zeigen, dass die angegegenen Loesungen die einzigen sind. Wenn man $k=0$ zulaesst, erweitert sich die Loesungsmenge um genau die von MaslanyFanclub genannten Tupel.
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Ach, ich war etwas verwirrt. Ich dachte, der kleinere Nenner mit n(n-1) war gemeint. Ja, dass der große Nenner mit 1+n+... eine Zweierpotenz sein muss, ist verständlich.
Und nein, eigentlich gab es keine weiteren Bedingungen. Ich dachte nicht, dass noch überhaupt weitere Wertepaare entstehen. Aber alle mit 0 gehören aussortiert, für diese macht die Gleichung keinen Sinn.
Ich habe jedoch das mit dem modulo 3 nicht so ganz verstanden, wie kommt das zustande?
Auf jeden Fall erstmal vielen Dank für eure Hilfe!
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> Und nein, eigentlich gab es keine weiteren Bedingungen. Ich
> dachte nicht, dass noch überhaupt weitere Wertepaare
> entstehen. Aber alle mit 0 gehören aussortiert, für diese
> macht die Gleichung keinen Sinn.
Wenn es keine weiteren Bedingungen gibt sind es Lösungen. Du kannst nicht nach persönlichem Gutdünken Lösungen aussortieren.
Wahrscheinlich bist du aber nicht an den natürlichen Lösungen der hier angegebenen Gleichung interessiert, sondern an denen folgender Gleichung:
[mm] $2^k=\frac{2^n}{\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+\binom{n}{2}+\binom{n}{3}}$ [/mm] (Kugelpackungsgleichung),
und die ist nur für n>2 definiert. (Das wäre eine Zusatzbedingung)
Die Lösungen entsprechen den 3-fehlerkorigierenden-binären-Codes, dem binärem Golay-Code und dem Wiederholungscode.
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Gut erkannt, genau darauf möchte ich hinaus!
Ich habe jetzt die Gleichung jetzt so umgestellt, dass ich auf der rechten Seite [mm] (2^n)/(2^k) [/mm] habe und auf der linken Seite den Nenner. Aber wieso muss n äquivalent -1 mod 3 sein? Vor allem, wieso -1?
Danke!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:27 Do 12.06.2014 | | Autor: | hippias |
> Gut erkannt, genau darauf möchte ich hinaus!
>
> Ich habe jetzt die Gleichung jetzt so umgestellt, dass ich
> auf der rechten Seite [mm](2^n)/(2^k)[/mm] habe und auf der linken
> Seite den Nenner. Aber wieso muss n äquivalent -1 mod 3
> sein? Vor allem, wieso -1?
Wer behauptet denn so etwas?
> Danke!
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>
> [mm]2^{k}=\bruch{2^n}{1+n+\bruch{n*(n-1)}{2}+\bruch{n*(n-1)*(n-2)}{6}}[/mm]
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Ich sitze gerade an einer Aufgabe und da hat sich die oben
> stehende Gleichung ergeben.
> k und n sind natürliche Zahlen. Ich möchte nun alle
> Wertepaar (n,k) erhalten, für die diese Gleichung erfüllt
> ist. Es sollten nur die beiden Paare (7,1) und (23,12) eine
> Lösung liefern.
> Da stehe ich gerade auf dem Schlauch. Für reele Zahlen
> wird es wohl unendlich viele Lösungen geben. Aber wie kann
> man das für natürliche Zahlen machen? Ausprobieren geht
> nicht, es soll für alle natürlichen Zahlen gelten.
>
> Ich freue mich auf Antworten!
Hallo matheaffe,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
man kann die Gleichung auf folgende Form bringen:
$\ [mm] 1+\frac{5\,n}{6}+\frac{n^3}{6}\ [/mm] =\ [mm] 2^m$
[/mm]
Dabei ist m=n-k .
Mit 6 erweitert:
$\ [mm] n^3+5*n+6\ [/mm] =\ [mm] 6*2^m\ [/mm] =\ [mm] 3*2^{m+1}$
[/mm]
Nun kann man diejenigen natürlichen Zahlen n suchen,
für welche der Wert des Polynoms $\ [mm] n^3+5*n+6$ [/mm] den
Primfaktor 3 genau einmal und keinen Primfaktor größer
als 3 enthält.
LG , Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:08 Do 12.06.2014 | | Autor: | matheaffe |
Danke für die Antwort.
Ja, so habe ich mir das auch schon gedacht.
Nur habe ich momentan überhaupt keine Idee, wie ich herausfinden kann, für welche n der Term [mm] n^3+5n+6 [/mm] ein nur durch 1x3 und 2 teilbarer Term ist. Ich habe mir schon überlegt, dass das durch geschicktes Umstellen möglich sein könnte, aber wie genau, darauf komme ich einfach nicht.
Oder kann man irgendwie zeigen, dass es außer für die bereits genannten Wertepaare keine weiteren gibt?
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:44 Do 12.06.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
6 ist tb durch 3
[mm] n^3+5n=n*(n^2+5) [/mm] ist durch rtb, wenn n durch 3 tb oder [mm] n^2+5 [/mm] durch 3tb und keines durch eine höhere Potenz von 3
bis dann lula
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:56 Fr 13.06.2014 | | Autor: | matheaffe |
Danke für die Antwort.
Genau da ist mein Problem momentan:
Ich habe irgendwie große Probleme damit, Terme auf Teilbarkeit zu überprüfen.
Ich habe jetzt die Sache so umgestellt:
[mm] 3*(2+\bruch{n}{3}*(n^2+5))
[/mm]
Und jetzt muss [mm] (2+\bruch{n}{3}*(n^2+5)) [/mm] eine Zweierpotenz sein. Nur genau da ist mein Problem. Wie kann ich zeigen, für welche n dieser Term eine Zweierpotenz wird? Das geht scheinbar über meine Kenntnisse hinaus. Und dann soll das ja auch noch mit der linken Seite der Gleichung übereinstimmen.
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> Danke für die Antwort.
> Genau da ist mein Problem momentan:
> Ich habe irgendwie große Probleme damit, Terme auf
> Teilbarkeit zu überprüfen.
> Ich habe jetzt die Sache so umgestellt:
>
> [mm]3*(2+\bruch{n}{3}*(n^2+5))[/mm]
>
> Und jetzt muss [mm](2+\bruch{n}{3}*(n^2+5))[/mm] eine Zweierpotenz
> sein. Nur genau da ist mein Problem. Wie kann ich zeigen,
> für welche n dieser Term eine Zweierpotenz wird?
Hallo,
ich habe es einfach so gemacht, dass ich die Werte der
Funktion
$\ f(n)\ =\ [mm] 2+\frac{n}{3}*(n^2+5)$
[/mm]
für eine Serie von n-Werten berechnet und darauf
geprüft habe, ob es sich dabei um Zweierpotenzen
handelt. Dabei kamen zunächst die Werte
[mm] n\in \{0,1,2,3,7,23\} [/mm] heraus.
Bei einem Programmlauf mit größeren Zahlen sprangen
dann auch noch weitere Werte raus, zum Beispiel
n=18755 . Genaues Nachrechnen zeigt aber, dass dabei
nur ungefähr eine glatte Zweierpotenz herauskommt.
Das Problem: meine Software rechnet zwar mit vielen,
aber doch nur einer begrenzten Anzahl von Stellen.
Leider ist mir auch noch keine Methode eingefallen, mit
der man untersuchen könnte, ob n=23 wirklich das
größtmögliche n ist, bei dem es passt.
Einen Hinweis darauf, dass die Zahl 23 da eine
besondere Rolle spielen könnte, findet man aller-
dings, wenn man die (komplexe) ![[]](/images/popup.gif) Faktorzerlegung
des Polynoms f(n) betrachtet !
Vielleicht lässt sich durch diesen Hinweis einer unserer
Zahlentheoretiker zu einer weiteren Suche bewegen ... 
LG , Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:07 Sa 14.06.2014 | | Autor: | matheaffe |
Das ist schon ziemlich interessant.
Ich muss dazu aber noch sagen: Es handelt sich ja um eine Aufgabe. Für die Lösung dieser Aufgabe habe ich einen (richtigen) Ansatz gewählt, der mich auf diese Gleichung gebracht hat.
Daher gehe ich davon aus, dass die Lösung auf Jeden Fall nicht so schwer sein sollte. Vielleicht denken wir alle etwas zu kompliziert? :)
Zumindest ist Primfaktorzerlegung ein richtiger Schritt.
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| Aufgabe | Wie untersucht man polynomiale Terme über [mm] \IZ [/mm] auf ihre
Primfaktoren ? |
Im vorliegenden Thread blieb am Schluss die folgende
Frage offen:
Gegeben ist die Funktion
$\ [mm] n\mapsto\ [/mm] \ f(n)\ =\ [mm] \frac{n^3+5\ n+6}{3}\ [/mm] =\ [mm] \frac{(n+1)*(n^2-n+6)}{3}$
[/mm]
welche für natürliche Zahlen [mm] n\in\IN_0 [/mm] stets Werte [mm] f(n)\in\IN_0
[/mm]
liefert.
Gesucht sind alle jene Werte von n, für welche f als
Funktionswert eine reine Zweierpotenz liefert, also
$\ f(n)\ =\ [mm] 2^m$
[/mm]
für eine gewisse Zahl [mm] m\in\IN_0 [/mm] .
Gefunden sind bisher die möglichen kleinen Werte für n,
nämlich [mm] n\in\{0,1,2,3,7,23\} [/mm] . Es verbleibt aber die Frage,
ob 23 wirklich schon das größtmögliche zuläßige n ist.
An dieser Stelle komme ich leider mit meinen eher be-
scheidenen zahlentheoretischen Kenntnissen nicht weiter.
Ich habe aber eine Vermutung, die mich dazu bringt,
hier nochmals eine Frage zu stellen, welche unsere
in zahlentheoretischen Belangen besser beschlagenen
Kräfte interessieren und zum Antworten bewegen könnte:
Die Diskriminante des als Faktor auftretenden quadratischen
Polynoms [mm] n^2-n+6 [/mm] hat den Wert -23 . Als ich dies bemerkte,
vermutete ich einen (mir aber leider noch rätselhaften)
Zusammenhang mit der (vermutlich) größtmöglichen
Zahl n=23 , für welche f(n) eine Zweierpotenz liefert,
nämlich $\ f(23)\ =\ 4096\ =\ [mm] 2^{12}$
[/mm]
Also: wer kann weiterhelfen ?
LG
Al-Chwarizmi
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:33 So 15.06.2014 | | Autor: | DieAcht |
Hallo Al,
Mit welcher Programmiersprache hast du es ausprobiert? Ich
hatte in der Vergangenheit ein ähnliches Problem mit großen
Zahlen und meine Lösung war ein neuen "Datentyp" zu basteln,
sodass ich unter dem neuen Datentyp mit großen Zahlen rech-
nen konnte und zwar ohne Rundung. Die Idee ist so etwas wie
einen Array zu nehmen und für jeden Slot genau eine Ziffer
zu initialisieren. Die Rechenoperationen müssen dann selbst-
verständlich programmiert werden. Das Teilen kann man zum
Beispiel ganz einfach umgehen. Ich denke morgen nochmal ge-
nauer darüber nach. Schön ist, dass man das dann auch in
anderen Fällen benutzen kann, sodass sich so etwas lohnt.
Das ist zwar kein Beweis, aber es sollte irgendwie klappen.
Gruß
DieAcht
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> Hallo Al,
>
>
> Mit welcher Programmiersprache hast du es ausprobiert? Ich
> hatte in der Vergangenheit ein ähnliches Problem mit
> großen
> Zahlen und meine Lösung war ein neuen "Datentyp" zu
> basteln,
> sodass ich unter dem neuen Datentyp mit großen Zahlen
> rech-
> nen konnte und zwar ohne Rundung. Die Idee ist so etwas
> wie
> einen Array zu nehmen und für jeden Slot genau eine
> Ziffer
> zu initialisieren. Die Rechenoperationen müssen dann
> selbst-
> verständlich programmiert werden. Das Teilen kann man
> zum
> Beispiel ganz einfach umgehen. Ich denke morgen nochmal
> ge-
> nauer darüber nach. Schön ist, dass man das dann auch
> in
> anderen Fällen benutzen kann, sodass sich so etwas
> lohnt.
>
> Das ist zwar kein Beweis, aber es sollte irgendwie
> klappen.
>
>
>
> Gruß
> DieAcht
Hallo DieAcht,
wie immer habe ich das mit Pascal (TopPascal) gemacht, wo
es einen Typ "Großzahl" gibt. Die reichen allerdings eben
auch nur bis zu einer gewissen Grenze, die wegen den
in der Gleichung vorkommenden Kuben doch relativ bald
erreicht wird. Einen eigenen Typ zu konstruieren, ist mir
für die vorliegende Frage zu umständlich. Ich hätte die
Möglichkeit, mein Programm in Mathematica umzusetzen,
was ich vielleicht noch tun werde. Dort wird mit (im Prinzip)
beliebig vielen Stellen gerechnet.
Aber wie du sagst: einen Beweis der Nichtexistenz größerer
Lösungen kann man durch Durchprobieren ohnehin nicht
finden !
LG , Al-Chw.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:04 So 15.06.2014 | | Autor: | DieAcht |
> Einen eigenen Typ zu konstruieren, ist mir für die vorliegende Frage zu umständlich.
Das ist halt ein gutes Mittel für den Umgang mit großen
Zahlen, aber ich stimme dir natürlich zu.
> Ich hätte die
> Möglichkeit, mein Programm in Mathematica umzusetzen,
> was ich vielleicht noch tun werde.
Vielleicht sollte ich mich auch endlich damit befassen. In
der Uni habe ich bislang nur Java, Matlab und in den BWL-
kursen ein bisschen Excel benutzt, sodass ich mir schon oft
Gedanken über den Erwerb von Mathematica gemacht habe.
> Dort wird mit (im
> Prinzip)
> beliebig vielen Stellen gerechnet.
Das finde ich interessant, denn bei meinem Datentyp ist das
ausgeschlossen, denn man schreibt die Ziffern einer Zahl in
einem Array ganz "hinten", sodass zum Beispiel die Rechen-
operationen bezüglich Addition und Multiplikation durch das
in der Grundschule gelernte schriftliche Addieren / Multi-
plizieren realisiert werden. Die Idee von Mathematica das
als Liste zu implementieren finde ich sehr gut!
Falls du das mit Mathematica lösen solltest, dann würde ich
mich über einen Blick deines Codes freuen.
Liebe Grüße
DieAcht
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Es gibt auch Alternativen zu Mathematica. Insbesondere für zahlentheoretische Anwendungen ist
http://www.sagemath.org/ sehr gut und auch noch open source.
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> > Ich hätte die Möglichkeit, mein Programm in Mathematica
> > umzusetzen, was ich vielleicht noch tun werde.
> Vielleicht sollte ich mich auch endlich damit befassen. In
> der Uni habe ich bislang nur Java, Matlab und in den BWL-
> kursen ein bisschen Excel benutzt, sodass ich mir schon
> oft Gedanken über den Erwerb von Mathematica gemacht habe.
Ich habe nur eine ziemlich alte Version von Mathematica,
die ich damals als Lehrer von der Schule hatte.
Damals waren die Preise für das Softwareprodukt auch
noch echt prohibitiv. Eventuell werde ich mir nach einiger Zeit
nochmals überlegen, ob mir ein Update auf eine neue Version
das jetzt dafür verlangte Geld wert ist.
Einige der Prinzipien, welche Wolfram in die computerunter-
stützte Mathematik eingebracht hat, werden aber zweifellos
überleben - hoffentlich auch als "open source" .
Nach meiner Meinung ist aber Wolfram (so wie Andere) viel
zu lange auf einer allzu kommerzialisierten Schiene gefahren.
Trotz Anerkennung der echten Leistungen kommen dabei
bei mir innerlich Abwehrgefühle auf. So geht es mir übrigens
schon seit ein paar Jahren auch mit Apple-Produkten (und
mit Microsoft natürlich schon viel früher, denn da steckten
ja nicht einmal wesentliche Microsoft-eigene Innovationen
dahinter, sondern eher ausgefuchste Kopier- und Marketing-
Strategien ...)
LG , Al
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Ein Versuch:
Wir suchen einen gutartigen Ring in dem f faktorisiert. Naheliegend ist der ganze Abschluss von [mm] $\mathbb Q(\sqrt{-23}$, [/mm] da der faktoriell ist.
Dort ist 3 prim und [mm] $2=(5+\sqrt{-23})(5-\sqrt{-23})=:a*b$
[/mm]
Damit ist [mm] $f=factor_1 \cdot factor_2\cdot factor_3=3\cdot 2^m=3\cdot a^mb^m$ [/mm] und jetzt kann man die Fälle durchgehen, mir persönlich wär das zu nervig.
Warum geht ihr nicht den von hippias vorgeschlagenen Weg, der ist kurz und elementar?
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Hallo MaslanyFanclub
> Wir suchen einen gutartigen Ring in dem f faktorisiert.
> Naheliegend ist der ganze Abschluss von [mm]\mathbb Q(\sqrt{-23}[/mm],
> da der faktoriell ist.
> Dort ist 3 prim und [mm]2=(5+\sqrt{-23})(5-\sqrt{-23})=:a*b[/mm]
> Damit ist [mm]f=factor_1 \cdot factor_2\cdot factor_3=3\cdot 2^m=3\cdot a^mb^m[/mm]
> und jetzt kann man die Fälle durchgehen, mir persönlich
> wär das zu nervig.
> Warum geht ihr nicht den von hippias vorgeschlagenen Weg,
> der ist kurz und elementar?
Danke für deinen Tipp. Ich habe noch versucht, die beiden
Faktoren des Polynoms (linear bzw. quadratisch) separat
zu betrachten und auf ihre Darstellungen in der Form
[mm] 2^k [/mm] oder [mm] 3*2^k [/mm] zu prüfen. Durch Schnittmengen von
(allerdings im Prinzip endlosen) Lösungsmengen komme
ich dann zwar auf die schon vorliegenden Lösungen,
aber eben noch ohne die Gewissheit, dass dies schon
alle sein müssen.
Ich muss mal schauen, ob ich den Vorschlag
von hippias überhaupt richtig verstanden habe.
Aber nicht mehr heute Nacht ...
Gruß , Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:03 So 15.06.2014 | | Autor: | hippias |
Ich schicke dir die Rechnung. Ist nicht sonderlich schoen, aber liefert das gewuenschte.
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> > A propos Fanclub: drückt ihr heute Abend auch mit
> > mir die Daumen für die Schweizer Elf ?
>
> Hitzfeld und Shaq drückt man gerne die Daumen.
Nun ja: vielen Dank an alle, die die Daumen mit gedrückt
hielten - in den allerletzten Sekunden hat es gerade noch
gewirkt !
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Hallo Al (und alle Mitlesenden),
ich habe in letzter Zeit leider wenig Ressourcen für den Matheraum bzw. die Vorhilfe frei, bin deswegen auch wenig da und nehme mir Anfragen wie diese hier am besten erst gar nicht vor. Heute ist bei mir aber frei und hoffentlich stresslos, da habe ich mir die Frage mal zu Herzen genommen.
Es gibt eine Möglichkeit, nur mit Kongruenzen zu arbeiten, also eher Anfängerwissen in der Zahlentheorie. Leider ist der Weg auch nicht so ganz elegant, aber hier mal eine Skizze:
Damit [mm] \bruch{1}{3}(n+1)(n^2-n+6) [/mm] eine Zweierpotenz ist, darf (wie schon von Dir benannt) der Primfaktor 3 nur einmal vorkommen, ansonsten darf nur der Primfaktor 2 enthalten sein, dafür beliebig oft.
Es gibt also zwei Möglichkeiten, die 3 unterzubringen:
(Vorab: alle neu eingeführten Parameter und Variablen sind natürliche Zahlen [mm] \in\IN_0)
[/mm]
Fall 1)
[mm] n=2^t-1\quad\Rightarrow\quad n^2-n+6=3*2^u\;\Rightarrow\; n(n-1)=6*(2^{u-1}-1)
[/mm]
Einsetzen liefert [mm] (2^t-1)(2^t-2)=2^{2t}-3*2^t+2=6*2^{u-1}-6\;\gdw\;2^{t-3}(2^t-3)=3*2^{u-3}-1
[/mm]
- natürlich nur für [mm] t,u\ge{3}. [/mm] Betrachten wir davon nur $t,u>{3_}$, so ist die Gleichung
a) für [mm] t\le{u} [/mm] nicht erfüllt [mm] \bmod{2^{t-3}};
[/mm]
b) für [mm] u\le{t} [/mm] nicht erfüllt [mm] \bmod{2^{u-3}}
[/mm]
Bleiben also nur [mm] t,u\le{3} [/mm] zu untersuchen, wovon die meisten Fälle sehr schnell lösbar sind.
Fall 2)
[mm] n=3*2^t-1\quad\Rightarrow\quad n^2-n+6=2^u
[/mm]
Einsetzen liefert [mm] 9*2^{2t}-3*2^t+6=2^u
[/mm]
Betrachten wir [mm] t,u\ge{2}, [/mm] so ist die Gleichung nicht erfüllt [mm] \bmod{4} [/mm]
Also sind nur noch $t,u<2_$ sowie [mm] t<2,\;u=2_ [/mm] und [mm] t=2,\;u<2_ [/mm] zu untersuchen.
Die beiliegende ![[a]](/images/paperclip.gif "Dateianhänge") Excel-Tabelle veranschaulicht den Lösungsweg noch einmal.
Es zeigt sich, dass es nur die bereits gefundenen Lösungen gibt.
Grüße
reverend
Nachtrag: Da $u$ hier ja eindeutig von $t$ abhängt, sind unter Fall 1) nur vier Unterfälle zu untersuchen: [mm] t\in\{0,1,2,3\}, [/mm] unter Fall 2) nur drei: [mm] t\in\{0,1,2\}.
[/mm]
Von diesen sieben Einzeluntersuchungen führen sechs zum Erfolg.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: xls) [nicht öffentlich]
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> Damit [mm]\bruch{1}{3}(n+1)(n^2-n+6)[/mm] eine Zweierpotenz ist,
> darf (wie schon von Dir benannt) der Primfaktor 3 nur
> einmal vorkommen, ansonsten darf nur der Primfaktor 2
> enthalten sein, dafür beliebig oft.
>
> Es gibt also zwei Möglichkeiten, die 3 unterzubringen:
> (Vorab: alle neu eingeführten Parameter und Variablen
> sind natürliche Zahlen [mm]\in\IN_0)[/mm]
>
> Fall 1)
> [mm]n=2^t-1\quad\Rightarrow\quad n^2-n+6=3*2^u\;\Rightarrow\; n(n-1)=6*(2^{u-1}-1)[/mm]
>
> Einsetzen liefert
> [mm](2^t-1)(2^t-2)=2^{2t}-3*2^t+2=6*2^{u-1}-6\;\gdw\;2^{t-3}(2^t-3)=3*2^{u-3}-1[/mm]
> - natürlich nur für [mm]t,u\ge{3}.[/mm] Betrachten wir davon nur
> [mm]t,u>{3_}[/mm], so ist die Gleichung
> a) für [mm]t\le{u}[/mm] nicht erfüllt [mm]\bmod{2^{t-3}};[/mm]
> b) für [mm]u\le{t}[/mm] nicht erfüllt [mm]\bmod{2^{u-3}}[/mm]
>
> Bleiben also nur [mm]t,u\le{3}[/mm] zu untersuchen, wovon die
> meisten Fälle sehr schnell lösbar sind.
>
> Fall 2)
> [mm]n=3*2^t-1\quad\Rightarrow\quad n^2-n+6=2^u[/mm]
> Einsetzen
> liefert [mm]9*2^{2t}-3*2^t+6=2^u[/mm]
> Betrachten wir [mm]t,u\ge{2},[/mm] so ist die Gleichung nicht
> erfüllt [mm]\bmod{4}[/mm]
>
> Also sind nur noch [mm]t,u<2_[/mm] sowie [mm]t<2,\;u=2_[/mm] und [mm]t=2,\;u<2_[/mm]
> zu untersuchen.
Hallo reverend ,
gerade wollte ich auch eine kurze Zusammenfassung liefern,
sehe aber gerade, dass Du genau so etwas gemacht hast.
Einen Tipp, der die Rechnungen noch etwas übersichtlicher
macht, möchte ich hier gerne noch angeben für alle, die
sich für einen detaillierten Beweis interessieren:
Es lohnt sich, noch die Substitution k:=n+1 einzuführen.
Dann hat man es anstatt mit der Funktion
$\ f(n)\ :=\ [mm] (n+1)*(n^2-n+6)$
[/mm]
neu mit
$\ [mm] f^{\ast}(k)\ [/mm] :=\ [mm] k*\underbrace{(k^2-3\,k+8)}_{g(k)}\ [/mm] =\ k*g(k)$
$\ [mm] f^{\ast}(k)$ [/mm] soll den Faktor 3 genau einmal und den Faktor 2 beliebig
oft enthalten (und keine anderen Primfaktoren). Nun kann man den
beiden Fällen nachgehen, wo der Faktor 3 entweder in k oder aber in
g(k) drin steckt.
Die Rechnungen werden auf diese Weise etwas einfacher.
LG , Al
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:01 Fr 20.06.2014 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
> Hallo reverend ,
>
> gerade wollte ich auch eine kurze Zusammenfassung liefern,
> sehe aber gerade, dass Du genau so etwas gemacht hast.
Oh, habe ich etwas überlesen? Ich dachte, ich hätte noch einen neuen Lösungsansatz beigetragen.
> Einen Tipp, der die Rechnungen noch etwas
> übersichtlicher
> macht, möchte ich hier gerne noch angeben für alle, die
> sich für einen detaillierten Beweis interessieren:
>
> Es lohnt sich, noch die Substitution k:=n+1
> einzuführen.
Das kann ich nur unterstützen. Bei meinem Vorschlag führt das zwar nicht zu einer Verkürzung, aber zu deutlich mehr Übersichtlichkeit.
> Dann hat man es anstatt mit der Funktion
>
> [mm]\ f(n)\ :=\ (n+1)*(n^2-n+6)[/mm]
>
> neu mit
>
> [mm]\ f^{\ast}(k)\ :=\ k*\underbrace{(k^2-3\,k+8)}_{g(k)}\ =\ k*g(k)[/mm]
>
> [mm]\ f^{\ast}(k)[/mm] soll den Faktor 3 genau einmal und den Faktor
> 2 beliebig
> oft enthalten (und keine anderen Primfaktoren). Nun kann
> man den
> beiden Fällen nachgehen, wo der Faktor 3 entweder in k
> oder aber in
> g(k) drin steckt.
>
> Die Rechnungen werden auf diese Weise etwas einfacher.
Ja, in der Tat.
Herzliche Grüße
reverend
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Hi reverend,
den Beweis ist im Wesentlichen eine Ausarbeitung des ersten Vorschlags von hippias ganz zu Anfang des Threads (vierter Beitrag im Faden).
Das der Beitrag ist diesem doch etwas wustem Thread untergeht wundert mich nicht sonderlich.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:01 Fr 20.06.2014 | | Autor: | reverend |
Hallo MaslanyFanclub,
> den Beweis ist im Wesentlichen eine Ausarbeitung des ersten
> Vorschlags von hippias ganz zu Anfang des Threads (vierter
> Beitrag im Faden).
Naja, siehe unten.
> Das der Beitrag ist diesem doch etwas wustem Thread
> untergeht wundert mich nicht sonderlich.
Nein, den hatte ich gelesen - und eben nochmal den ganzen Thread. Dass der Ansatz über den Nenner geht, der eine Zweierpotenz sein muss, war ja schnell klar, auch dass eine Faktorisierung wahrscheinlich zielführend ist.
Eine solche wurde dann gefunden, aber mehr ist doch auch nicht passiert, oder? Jedenfalls hat noch niemand hier öffentlich gezeigt, warum es eine Obergrenze für n geben muss bzw. warum es nur endlich viele Lösungen geben kann.
Jedenfalls scheint mir die Frage jetzt erledigt zu sein, es sei denn, jemand wollte noch nach einer eleganten Lösung suchen, denn die liegt gewiss noch nicht vor.
Herzliche Grüße
reverend
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> Jedenfalls hat noch niemand hier
> öffentlich gezeigt, warum es eine Obergrenze für n geben
> muss bzw. warum es nur endlich viele Lösungen geben kann.
>
> Jedenfalls scheint mir die Frage jetzt erledigt zu sein, es
> sei denn, jemand wollte noch nach einer eleganten Lösung
> suchen, denn die liegt gewiss noch nicht vor.
>
> Herzliche Grüße
> reverend
Hallo reverend,
leider bin ich auch nicht mehr ganz sicher, was im gesamten
Thread nun genau "öffentlich gezeigt" worden ist. In den
Antworten, die ich per PN erhalten habe, steckten aber
jedenfalls die Grundlagen für einen kompletten Nachweis
(inklusive Obergrenze für n). In meiner Fassung, die ich
nun hier eher kurz (und doch vollständig) angeben möchte,
stecken bestimmt auch Ideen, die von hippias und Maslany...
stammen. Sie mögen mir nicht böse sein, wenn ich hier
nicht exakte Quellenangaben mache ...
Ich starte dabei nicht mit der ursprünglichen, eher
kompliziert daherkommenden Gleichung, sondern mit der
Aufgabe:
Suche diejenigen natürlichen Zahlen n , für welche
der Wert des Polynoms $ [mm] \red{ n^3+5\cdot{}n+6} [/mm] $ den Primfaktor 3
genau einmal und keinen Primfaktor größer als 3 enthält.
Mit der Substitution k:=n+1 lässt sich das Polynom
in folgender Form schreiben:
$\ [mm] k^3-3\,k^2+8\,k\ [/mm] =\ [mm] k*(\underbrace{k^2-3\,k+8}_{g(k)})$
[/mm]
(weshalb gerade diese Substitution hilfreich ist, will
ich hier nicht im Detail erläutern) (***) siehe unten !
Wenn nun dieser Ausdruck die Form $\ 3*Zweierpotenz $ haben
soll, muss gelten:
$\ k\ =\ [mm] 3^{e}*2^s\qquad [/mm] (\ [mm] e\in\{0,1\}\ [/mm] ,\ [mm] s\in\IN_0\ [/mm] )$
$\ g(k)\ =\ [mm] 3^f*2^t\qquad [/mm] (\ [mm] f=1-e\in\{0,1\}\ [/mm] ,\ [mm] t\in\IN_0\ [/mm] )$
Setzt man in der Gleichung $\ g(k)\ =\ [mm] k^2-3\,k+8$ [/mm] für k den
Ausdruck $\ [mm] 3^{e}*2^s$ [/mm] ein, so hat man:
$\ g(k)\ =\ [mm] (3^{e}*2^s)^2-3*(3^{e}*2^s)+8\ [/mm] =\ [mm] 3^{2*e}*2^{2*s}-3^{e+1}*2^s+8$
[/mm]
Nun kann man zunächst zeigen, dass ein Exponent $\ s$ mit
$\ [mm] s\ge [/mm] 4$ nicht in Frage kommt. Wäre dies nämlich der Fall,
so könnte man auf $\ t=3$ schließen, denn es wäre
mod(g(k),16)=8 und mod(g(k),8)=0 . $\ t=3$ erlaubt nur
die beiden Möglichkeiten [mm] g(k)=1*2^3=8 [/mm] oder [mm] g(k)=3*2^3=24 [/mm] .
Auflösung der entsprechenden quadratischen Gleichungen
für k liefert:
1.) $\ g(k)=8\ \ \ [mm] \Rightarrow\ [/mm] \ [mm] k^2-3\,k=0\ [/mm] \ \ [mm] \Rightarrow\ [/mm] \ k=0 \ [mm] \vee\ [/mm] k=3$
k=0 kommt aber nicht in Frage, denn dann müsste
n=k-1 negativ sein.
k=3 führt auf e=1 und s=0 (im Widerspruch zur
provisorischen Annahme [mm] s\ge [/mm] 4 ); trotzdem zeigt
sich k=3 dann als gültige Lösung, aber eben nicht
unter der vorläufigen Annahme [mm] s\ge4 [/mm] .
2.) $\ [mm] g(k)=24\quad \Rightarrow\ [/mm] \ [mm] k^2-3\,k-16\ [/mm] =\ 0\ \ \ [mm] \Rightarrow\ [/mm] \ k\ =\ [mm] \frac{3\pm \sqrt{73}}{2}\notin\IZ$
[/mm]
Es verbleiben also nur solche Lösungen $\ k\ =\ [mm] 3^{e}*2^s$ [/mm] mit
$\ [mm] s\in\{0,1,2,3\}$ [/mm] und $\ [mm] e\in\{0,1\}$
[/mm]
Dies sind insgesamt nur 8 Möglichkeiten, nämlich:
$\ [mm] k\in\ \{1,2,4,8,3,6,12,24\}$
[/mm]
Nachrechnen zeigt, dass von diesen 8 Möglichkeiten noch
zwei wegfallen. Die verbleibende Lösungsmenge für k ist
$\ [mm] k\in\ \{1,2,3,4,8,24\}$
[/mm]
bzw. für n=k-1:
$\ [mm] n\in\ \{0,1,2,3,7,23\}$
[/mm]
LG , Al-Chwarizmi
(***)
eigentlich eine ziemlich simple Sache: in der Faktorzerlegung
von $ [mm] \red{ n^3+5\cdot{}n+6} [/mm] $ steckt ein Faktor (n+1) - daher liegt es
nicht fern, diesen als Hilfsgröße zu verwenden !
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:22 Sa 21.06.2014 | | Autor: | reverend |
Hallo Al,
ja, auch nett. Das ist letztlich der gleiche Weg, auch wenn man das nicht sofort durchschaut. Wie meinem mangelt es auch diesem an Eleganz, dafür ist er aber ebenfalls vollständig. Er scheint mir genauso lang oder kurz, eben einfach eine Alternative.
Bisher stand davon aber auch kein Wort hier in diesem Thread. Dafür sind wir jetzt aber auch "durch" mit dem Thema. Eine durchaus interessante Aufgabe.
Liebe Grüße
reverend
PS: Ich bin kein Fußballfan, habe aber aus Solidarität gestern mit zugesehen. Am Ende wurde es ja dann doch noch was, auch wenn es leider nicht gereicht hat. Die Presse spricht so gerne von "Schützenfesten"... Jedenfalls mein Beileid.
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Hallo reverend,
> .....
> Dafür sind wir jetzt aber auch "durch" mit dem
> Thema. Eine durchaus interessante Aufgabe.
Naja, ich hätte allenfalls einfach noch an eine Verallge-
meinerung gedacht, etwa so:
| Aufgabe | Gegeben seien eine Exponentialfunktion
$\ [mm] E:\quad [/mm] n\ [mm] \mapsto c*b^n$
[/mm]
und eine Polynomfunktion
$\ [mm] P:\quad [/mm] n\ [mm] \mapsto \summe_{k=0}^{m} a_k*n^k$
[/mm]
(mit den und den Eigenschaften, die noch vorzugeben wären).
(Alles soll sich komplett im Bereich der positiven ganzen Zahlen
abspielen, also n,b,c,m [mm] \in\IN^+ [/mm] ; k, [mm] a_k\in\IN_0)
[/mm]
Zeige, dass es höchstens endlich viele [mm] n\in\IN [/mm] mit $\ E(n)\ =\ P(n)$
geben kann. |
Allerdings fände ich es nicht sinnvoll, eine derartige Verall-
gemeinerung wirklich an diesen eh schon langen und verzweigten
Thread anzuhängen.
Ich überleg's mir noch und würde dann allenfalls eine neue
Diskussion starten.
> PS: Ich bin kein Fußballfan, habe aber aus Solidarität
> gestern mit zugesehen. Am Ende wurde es ja dann doch noch
> was, auch wenn es leider nicht gereicht hat. Die Presse
> spricht so gerne von "Schützenfesten"... Jedenfalls mein
> Beileid.
Fußballfan bin ich auch nicht, und nach relativ kurzer Zeit
(mit dem Fußtritt in ein Auge begann das Spiel doch äußerst
ruppig) entschied ich mich, lieber an der Lösung weiter zu
schreiben als mir den ganzen Jammer reinzuziehen ...
Schützenfeste sind den Schweizern wohlbekannt (allerdings
sind die meisten Fußballspieler wohl kaum auch in den
Schützenständen etwa beim jährlichen gesamtschweize-
rischen "Feldschießen" anzutreffen), aber auch Schützen
erinnern sich vorzugsweise nur an jene Feste, wo sie einen
"Kranz" oder ein Schützenabzeichen errungen haben als
an jene, die eher in die Hose gingen ...
Liebe Grüße
Al
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