Mathe-Marathon Schule - Seite 15

12.02.2026, 12:23

willyengland

2030 = 2 · 5 · 7 · 29
Eine Teiler muss also durch eine dieser 4 Zahlen teilbar sein.
2 sind alle geraden Zahlen.
Die ungeraden müssen durch 5 oder 7 oder 29 teilbar sein.
Theoretisch könnte es darum drei aufeinanderfolgende ungerade Zahlen geben, die durch 5, 7, oder 29 teilbar sind. Mehr geht nicht. Mit den dazugehörigen geraden Zahlen wäre dann die maximale Anzahl aufeinanderfolgender Zahlen 7.
Wie man auf die Zahlen explizit kommt, keine Ahnung. Ich würde die Vielfachen von 29 durchtesten?

12.02.2026, 12:47

HAL 9000

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Ja, ist richtig. Wichtig in der Argumentation ist, dass die ungeraden Primfaktoren alle größer als 3 sind. Bei $\begin{eqnarray*} 2\cdot 3\cdot 7\cdot 29 \end{eqnarray*}$ hätte die Argumentation so nicht geklappt... (*)

Zur Konstruktion: Da gibt es verschiedene Möglichkeiten ein Kongruenzsystem so aufzustellen, dass die Forderung "die drei aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen sind durch 5, 7, 29 teilbar (nicht notwendig in dieser Reihenfolge)" erfüllt ist. Ein einfacher Ansatz, der schon mal die ersten beiden Werte "erschlägt", wären die Zahlen

$\begin{eqnarray*} 70k+2,\ldots,70k+8 \end{eqnarray*}$ ,

denn dann sind $\begin{eqnarray*} 70k+2,70k+4,70k+6,70k+8 \end{eqnarray*}$ durch 2, $\begin{eqnarray*} 70k+5 \end{eqnarray*}$ durch 5 und $\begin{eqnarray*} 70k+7 \end{eqnarray*}$ durch 7 teilbar. Bleibt nur noch $\begin{eqnarray*} 70k+3\equiv 0\bmod 29 \end{eqnarray*}$ , was durch $\begin{eqnarray*} k\equiv 7\bmod 29 \end{eqnarray*}$ erfüllt ist. Mit $\begin{eqnarray*} k=7 \end{eqnarray*}$ bekommt man dann die 7 Zahlen 492,493,494,495,496,497,498.

P.S. zu (*): Am Beispiel $\begin{eqnarray*} 2\cdot 3\cdot 7\cdot 29 \end{eqnarray*}$ : Dort kriegen wir sogar 4 aufeinander folgende ungerade Zahlen hin, also insgesamt 9 Zahlen:

Analog wie oben Ansatz $\begin{eqnarray*} 42k+2,\ldots,42k+10 \end{eqnarray*}$ muss dann nur noch $\begin{eqnarray*} 42k+5\equiv 0\bmod 29 \end{eqnarray*}$ leisten, mit Lösung $\begin{eqnarray*} k\equiv 13\bmod 29 \end{eqnarray*}$

12.02.2026, 16:15

willyengland

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Ah, ja, sehr schlau mit 70k.

12.02.2026, 17:24

Leopold

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Ich habe mir mit einem kleinen Programm einmal die Siebenergruppen bis 10000 besorgt. Die ungeraden Zahlen sind, in verschiedener Reihenfolge, immer durch 5, 7, 29 teilbar.

492 493 494 495 496 497 498
550 551 552 553 554 555 556
954 955 956 957 958 959 960
1070 1071 1072 1073 1074 1075 1076
1474 1475 1476 1477 1478 1479 1480
1532 1533 1534 1535 1536 1537 1538
2522 2523 2524 2525 2526 2527 2528
2580 2581 2582 2583 2584 2585 2586
2984 2985 2986 2987 2988 2989 2990
3100 3101 3102 3103 3104 3105 3106
3504 3505 3506 3507 3508 3509 3510
3562 3563 3564 3565 3566 3567 3568
4552 4553 4554 4555 4556 4557 4558
4610 4611 4612 4613 4614 4615 4616
5014 5015 5016 5017 5018 5019 5020
5130 5131 5132 5133 5134 5135 5136
5534 5535 5536 5537 5538 5539 5540
5592 5593 5594 5595 5596 5597 5598
6582 6583 6584 6585 6586 6587 6588
6640 6641 6642 6643 6644 6645 6646
7044 7045 7046 7047 7048 7049 7050
7160 7161 7162 7163 7164 7165 7166
7564 7565 7566 7567 7568 7569 7570
7622 7623 7624 7625 7626 7627 7628
8612 8613 8614 8615 8616 8617 8618
8670 8671 8672 8673 8674 8675 8676
9074 9075 9076 9077 9078 9079 9080
9190 9191 9192 9193 9194 9195 9196
9594 9595 9596 9597 9598 9599 9600
9652 9653 9654 9655 9656 9657 9658

13.02.2026, 07:25

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Ich habe mir mit einem kleinen Programm einmal die Siebenergruppen bis 10000 besorgt.

Soviel Bruteforce muss an sich nicht sein:

Mit $\begin{eqnarray*} (n,\ldots,n+6) \end{eqnarray*}$ erfüllt ja auch $\begin{eqnarray*} (n+2030k,\ldots,n+6+2030k) \end{eqnarray*}$ diese Eigenschaft, außerdem auch die Spiegelvarianten $\begin{eqnarray*} (2030k-n-6,\ldots,2030k-n) \end{eqnarray*}$ .

Insofern reicht es, bis zu 1015 zu suchen.

Und dass es genau $\begin{eqnarray*} 3! = 6 \end{eqnarray*}$ solche Tupel bis 2030 gibt, ist auch nachvollziehbar. Augenzwinkern

27.02.2026, 13:59

HAL 9000

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Eigentlich könnte ja der Lösende der letzten Aufgabe (willyengland) eine neue Aufgabe stellen. Bis der soweit ist mache ich mal frecherweise weiter:

Zitat:

Aufgabe 193

Man bestimme alle 2026-Tupel $\begin{eqnarray*} \left(k_1,\ldots,k_{2026}\right) \end{eqnarray*}$ ganzer Zahlen mit folgender Eigenschaft:

Diese 2026 Werte werden im Uhrzeigersinn auf einem Kreis platziert. Greift man sich nun 7 aufeinander folgende Werte aus diesem Kreis heraus, so gibt es eine Permutation $\begin{eqnarray*} (a,b,c,d,e,f,g) \end{eqnarray*}$ dieser 7 Werte mit der Eigenschaft $\begin{eqnarray*} a-b+c-d+e-f+g=42 \end{eqnarray*}$ .

04.03.2026, 09:05

HAL 9000

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Zwei Hinweise:

1) Die 42 lässt sich durch 0 ersetzen durch ein einfache, naheliegende Verschiebung der Tupelelemente (Bijektion).
2) Man betrachte die Parität der Tupelelemente.

11.03.2026, 18:20

IfindU

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Danke für die Aufgabe HAL, hat Spaß gemacht. Anbei meine Lösung. Hast du etwas eleganteres?

Mit dem ersten Hinweis kann man die 42 durch 0 ersetzen, indem man die Hilfsfolge $\begin{eqnarray*} (\widetilde k)=(k-42) \end{eqnarray*}$ definiert . Da nutzt man auss, dass in $\begin{eqnarray*} (a+c+e+g)-(b+d+f)=42 \end{eqnarray*}$ insgesamt 4 mal addiert und 3 mal subtrahiert wird.

Mit dem zweiten Hinweis zur Parität: Es gibt eine ungerade Anzahl von Summanden. Aus

gerade±gerade=gerade
ungerade±ungerade=gerade
gerade±ungerade=ungerade

folgt, dass nicht alle 7 ungerade sein können. Um genau zu sein, es können nur 0, 2,4 oder 6 Werte ungerade sein. Entsprechend kann es nur 1, 3, 5 oder 7 gerade Werte geben. Das ist auch unabhängig davon welche Permutation man genommen hat.

Bewegt man sich im Uhrzeigersinn eine Position weiter, wird $\begin{eqnarray*} k_i \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} k_{i+7} \end{eqnarray*}$ ersetzt. Ist $\begin{eqnarray*} k_i \end{eqnarray*}$ gerade, so ist $\begin{eqnarray*} k_{i+8} \end{eqnarray*}$ gerade, und umgekehrt. Jetzt wird es spannend, wenn man einmal komplett im Kreis gegangen ist:
Falls $\begin{eqnarray*} k_1 \end{eqnarray*}$ ist gerade. Dann ist es auch $\begin{eqnarray*} k_8, k_{15}\ldots, k_{2024},k_4,k_{11},\ldots,k_{2020},k_2, \ldots \end{eqnarray*}$

Etwas weitergesponnen: Wir bewegen uns in der Gruppe $\begin{eqnarray*} 2025\mathbb Z \end{eqnarray*}$ (mit anschließender Translation um 1). Da $\begin{eqnarray*} \mathrm{ggT}(7,2025)=1 \end{eqnarray*}$ , ist 7 ein Erzeuger der ganzen Gruppe. Es können also nur alle gerade oder nur ungerade sein. Wir wissen bereits, dass nicht alle ungerade sein können. Also sind es alles gerade Zahlen.

Mit jeder Folge, erfüllt auch $\begin{eqnarray*} k'=\widetilde k/2 \end{eqnarray*}$ die geforderte Bedingung. Wir schließen, dass auch $\begin{eqnarray*} k' \end{eqnarray*}$ nur aus geraden Zahlen bestehen kann. Und somit besteht die Folge aus Zahlen, welche unendlich oft durch 2 geteilt werden, und nie ungerade werden. Es muss also die Nullfolge sein.

Schlussendlich: Die einzige Folge, welche die Bedinung erfüllt ist $\begin{eqnarray*} k=(42,42, \ldots,42) \end{eqnarray*}$ . Damit 2016 mal die Antwort auf die universelle Frage. smile

12.03.2026, 06:21

HAL 9000

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Da sowohl 2025 als auch die 2026 von der Aufgabe ( Augenzwinkern

) beide zu 7 teilerfremd sind - was eine der wesentlichen Eigenschaften ist, die hier genutzt werden - kann ich die Lösung gelten lassen. Freude

Im wesentlichen ist meine Lösung genauso, nur den Teil hier

Zitat:

Original von IfindU
Um genau zu sein, es können nur 0, 2,4 oder 6 Werte ungerade sein. Entsprechend kann es nur 1, 3, 5 oder 7 gerade Werte geben. Das ist auch unabhängig davon welche Permutation man genommen hat.

habe ich etwas variiert: Es ist $\begin{eqnarray*} a+b+c+d+e+f+g = a-b+c-d+e-f+g + 2(b+d+e) = 2(b+d+e) \end{eqnarray*}$ unabhängig von der Permutation immer gerade, damit ist auch

$\begin{eqnarray*} \left(k_{i+1}+\ldots + k_{i+7}\right) - \left(k_i+\ldots + k_{i+6}\right) = k_{i+7}-k_i \end{eqnarray*}$

immer gerade, d.h. $\begin{eqnarray*} k_i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k_{i+7} \end{eqnarray*}$ haben immer dieselbe Parität. Weiter dann wie bei dir.

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