Teilbarkeitsaufgabe

15.09.2007, 21:32

Vieta

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Teilbarkeitsaufgabe

Also um allen Gerüchten zuvorzukommen, das folgende ist keine Aufgabe aus einer aktuellen MAthematikolympiade, sondern sie ist wie hier nachzulesen aus dem Jahr 2001.
Konkret bezieht sich das ganze auf die Schulrunde für die Jahrgangsstufen 11-13.

Aufgabe:

Man bestimme alle Paare positiver ganzer Zahlen $\begin{eqnarray*} (x; y) \end{eqnarray*}$ , die das folgende Gleichungssystem lösen:

$\begin{eqnarray*} x(y+41) = 2001 \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} (2y+3x) \cdot \frac{y}{2}=2002 \end{eqnarray*}$

Das einzigste was ich bis jetzt heruasgefunden habe ist, dass $\begin{eqnarray*} y+41 \end{eqnarray*}$ die $\begin{eqnarray*} 2001 \end{eqnarray*}$ teilt, danach hört es aber schon auf.
Ich interessiere mich schon seit längerem für Zahlentheorie, habe es aus Zeitgründen nie geschafft, mich ernsthaft solchen Aufgaben zu stellen. Heute abend möchte ich einen neuen, ernsthaften Versuch starten.
Bin für jede Art von Hilfen und Tips offen smile

smile

LG
Vieta

15.09.2007, 21:40

tigerbine

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RE: Teilbarkeitsaufgabe
Kein Experte in Zahlentheorie. Aber wie wäre es mit einer Primfaktorzerlegung als Schritt 1? Erstaunt2

Erstaunt2

2001 = 3·23·29

2002 = 2·7·11·13

15.09.2007, 21:48

Vieta

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Hmm, Ich sehe jetzt nicht direkt, wie mir das helfen könnte, aber mit deiner Information sehen meine Gleichungen so aus:

$\begin{eqnarray*} x(y+41) =3\cdot 23\cdot 29 \end{eqnarray*}$

und $\begin{eqnarray*} (2y+3x) \cdot \frac{y}{2}=2\cdot 7\cdot 11\cdot 13 \end{eqnarray*}$

Auffällig ist für mich nur, dass die 7, die11 und die 13 drei hintereinander folgende Primzahlen sind.

15.09.2007, 21:57

Tobias

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Wir sehen doch, dass sowohl x als auch (y+41) die 2001 teilen muss. Die Primfaktorzerlegung von 2001 ist 3*23*29. Alle Teiler von 2001 setzen sich aus diesen 3 Primzahlen zusammen. Der zweite Teiler (y+41) ist größer als alle Primteiler, also muss y+41 aus dem Produkt von genau zwei Primzahlen bestehen und x muss einer der drei Primteiler sein. Das ergibt insgesamt nur drei Möglichkeiten für x und y. Aus diesen drei Möglichkleiten passt nur eine in die zweite Gleichung.

15.09.2007, 21:58

tigerbine

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Naja, es sollen doch positive ganze Zahlen sein (Also natürliche?)

$\begin{eqnarray*} x,y \in \mathbb Z^+ \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x(y+41) =3\cdot 23\cdot 29 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x=3 \Rightarrow y = 23 \cdot 29 - 41 = 626 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x=23 \Rightarrow y = 46 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x=29 \Rightarrow y = 28 \end{eqnarray*}$

Welche Kombinationen kann es noch geben?

15.09.2007, 22:12

Vieta

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Ich würde sagen,dass es keine weiteren Zahlen für y >0 gibt, da zum Beispiel für x=3*23 man y= -12 erhalten würde, was nicht stimmen kann.

EDIT: Das Paar( 69;-12) ist auch eine Lösung der Gleichung, genügt aber unseren Bedingungen nicht

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15.09.2007, 22:23

tigerbine

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Das ist keine gut formulierte Begründung. Idee ist aber richtig.

15.09.2007, 22:27

Vieta

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Heißt das nun, dass die drei Paare die einzigen Kandidaten für eine Lösung des Gleichungssystems sind?

15.09.2007, 22:28

tigerbine

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Du wolltest doch üben. also übe richtiges Begründen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

15.09.2007, 22:29

Tobias

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Mal davon abgesehen, dass alle Begründungen schon hier stehen.

15.09.2007, 22:51

Vieta

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Die einzigen natürlichen Paare (x;y), die die Gleichung $\begin{eqnarray*} x(y+41)=2001 \end{eqnarray*}$ lösen lauten: $\begin{eqnarray*} (3;626) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} (23;46) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (29;28) \end{eqnarray*}$ .
Für unser Gleichungsystem bedeutet dies, dass die Lösungspaare der Gleichung
$\begin{eqnarray*} x(y+41)=2001 \end{eqnarray*}$ auch für die Gleichung
$\begin{eqnarray*} (2y+3x) \cdot \frac{y}{2}=2002 \end{eqnarray*}$ gelten müssen, damit es eine Lösung besitzt.

Überprüfen wir also nun die erhaltenen Lösungspaare in der Gleichung $\begin{eqnarray*} (2y+3x) \cdot \frac{y}{2}=2002 \end{eqnarray*}$ :

1.) Beginnen wir mit dem Paar $\begin{eqnarray*} (3;626) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (2\cdot 626+3\cdot3) \cdot \frac{626}{2}=2002 \Rightarrow394693=2002 \end{eqnarray*}$

2.) Als zweites Überprüfen wir das Paar $\begin{eqnarray*} (23;46) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (2\cdot 46+3\cdot 23) \cdot \frac{46}{2}=2002 \Rightarrow 3703=2002 \end{eqnarray*}$

3.) Als letzten Fall betrachten wir das Paar $\begin{eqnarray*} (29;28) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (2\cdot 28+3\cdot 29) \cdot \frac{28}{2}=2002 \Rightarrow 2002=2002 \end{eqnarray*}$

Nur das zueltzt betrachtete Paar löst beide Gleichungen. Das Paar $\begin{eqnarray*} (29;28) \end{eqnarray*}$ löst also das Gleichungssystem.

Ich habe mir echt mühe gegeben und bin nicht so wirklich mit mir zufrieden. Mathematische Zusammenhänge ordentlich aufzuschreiben erweißt sich für mich schwerer als gedacht.

Hmm. Wie kann ich ausschließen, dass es nicht noch ein anderes Lösungspaar gibt, dass unerkannt durch unser Raster gefallen sein könnte?

15.09.2007, 23:14

Tobias

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Ich zitiere mich einfach mal selbst:

Zitat:

Original von Tobias
Wir sehen doch, dass sowohl x als auch (y+41) die 2001 teilen muss. Die Primfaktorzerlegung von 2001 ist 3*23*29. Alle Teiler von 2001 setzen sich aus diesen 3 Primzahlen zusammen. Der zweite Teiler (y+41) ist größer als alle Primteiler, also muss y+41 aus dem Produkt von genau zwei Primzahlen bestehen und x muss einer der drei Primteiler sein. Das ergibt insgesamt nur drei Möglichkeiten für x und y. Aus diesen drei Möglichkleiten passt nur eine in die zweite Gleichung.

16.09.2007, 11:19

Vieta

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Nochmal eine letzte Verständnisfrage:
Sind alle Teiler einer Zahl immer aus den Primfaktoren der Zahl selber aufgebaut?

16.09.2007, 11:28

tmo

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jop.

daher ergibt sich auch die teileranzahl einer zahl mit dieser primfaktorzerlegung:
$\begin{eqnarray*} m = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot p_3^{a_3} \cdot ... \cdot p_n^{a_n} \end{eqnarray*}$

sie ist nämlich: $\begin{eqnarray*} (a_1 + 1) \cdot (a_2 + 1) \cdot (a_3 + 1) \cdot ... \cdot (a_n + 1) = 2^{a_1 + a_2 + ... + a_n} \end{eqnarray*}$

16.09.2007, 11:30

Mathechamp

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Bei ganzen Zahlen ja Augenzwinkern

Augenzwinkern

Edit: Da war wohl einer schneller. Gott

Gott

16.09.2007, 11:34

Vieta

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Zitat:

Original von tmo
jop.

daher ergibt sich auch die teileranzahl einer zahl mit dieser primfaktorzerlegung:
$\begin{eqnarray*} m = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot p_3^{a_3} \cdot ... \cdot p_n^{a_n} \end{eqnarray*}$

warum schreibt man für eine Primzahl z.B $\begin{eqnarray*} p_2^{a_2} \end{eqnarray*}$ und nicht einfach $\begin{eqnarray*} p_2 \end{eqnarray*}$ ?
Hat das was mit der Vielfachheit dieser Primzahl zu tun?

16.09.2007, 11:37

tmo

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bei $\begin{eqnarray*} m = 8 \end{eqnarray*}$ wäre z.b. $\begin{eqnarray*} p_1 = 2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_1 = 3 \end{eqnarray*}$ , wegen $\begin{eqnarray*} 8 = 2^3 \end{eqnarray*}$ .

bei $\begin{eqnarray*} m = 24 \end{eqnarray*}$ wäre dann zusätzlich noch $\begin{eqnarray*} p_2 = 3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_2 = 1 \end{eqnarray*}$

ist es dir jetzt klar?

16.09.2007, 11:39

Vieta

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Wunderbar. Vielen Dank an alle die mir geholfen haebn smile

smile

16.09.2007, 11:52

AD

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Eliminationsverfahren funktioniert hier auch:

Die umgeformte erste Gleichung $\begin{eqnarray*} y = \frac{2001}{x}-41 \end{eqnarray*}$ wird in die zweite Gleichung eingesetzt, und die daraus entstehende Gleichung dritten Grades dann gelöst:

$\begin{eqnarray*} 0 = 41x^3-1787x^2+109388x-2669334 = (x-29)(41x^2-598x+92046) \end{eqnarray*}$ ,

wobei der zweite, quadratische Faktor hier keine reellen Nullstellen beiträgt.

Zugegebenermaßen keine elegante Lösung, aber eine Alternative für die Leute, die es nicht so mit Zahlentheorie haben. Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.09.2007, 15:09

tmo

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verwunderlich, dass es noch keiner gemerkt hat Big Laugh

Big Laugh

:

das hier

Zitat:

Original von tmo
$\begin{eqnarray*} (a_1 + 1) \cdot (a_2 + 1) \cdot (a_3 + 1) \cdot ... \cdot (a_n + 1) = 2^{a_1 + a_2 + ... + a_n} \end{eqnarray*}$

ist (zumindest das letzte gleicheitszeichen) völliger quatsch.

bin da wegen
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} n \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} n \\ 1 \end{pmatrix} + ... + \begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix} = 2^n \end{eqnarray*}$

draufgekommen, aber das ist natürlich ein grober denkfehler, sobald ein $\begin{eqnarray*} a_i > 1 \end{eqnarray*}$ ist.

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