Diskussionen aus dem Thread "Mathe-Marathon Schule" - Seite 22

08.06.2024, 14:50

xb

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Interessant ist auch,dass man mit den bisherigen Ergebnissen
$\begin{eqnarray*} cos(n\cdot \arcsin(x)) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ umformen kann
zB. $\begin{eqnarray*} cos(3\cdot \arcsin(x))=(1-4x^2)\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$

Für ungerade n braucht man eine symmetrische Anordnung einer geraden Anzahl von Kreisen
Für gerade n braucht man eine symmetrische Anordnung einer ungeraden Anzahl von Kreisen

b=x und a=1
zb 12 Kreise
Symmetrie
$\begin{eqnarray*} R_{1} =x\cdot cos(11\cdot arcsin(x)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R_{1} =x\cdot cos(12\cdot arcsin(x)-arcsin(x)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} R_{1} =x\cdot cos(2\cdot arcsin(x)(7-1)-arcsin(x)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{R_{7} }{x} =cos(arcsin(x))=\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$
Diese Umformung muss man als bekannt voraussetzen

R_8 bekommt man mit R_8=k*R_7-R_6 (wobei hier R_6=R_7)

Jetzt $\begin{eqnarray*} R_{1} =x\cdot cos(14\cdot arcsin(x)-3\cdot arcsin(x)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{R_{8} }{x} = cos(3\cdot arcsin(x)) \end{eqnarray*}$

09.06.2024, 17:56

HAL 9000

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Zumindest zur trigonometriefreien Darstellung von $\begin{eqnarray*} \cos\left(n\cdot \arcsin(x)\right) \end{eqnarray*}$ braucht man nicht die Ergebnisse hier im Thread: Für $\begin{eqnarray*} x\geq 0 \end{eqnarray*}$ ist

$\begin{eqnarray*} f_n(x) = \cos\left(n\cdot \arcsin(x)\right) = \cos\left(n\cdot \arccos\left(\sqrt{1-x^2}\right)\right) = T_n\left(\sqrt{1-x^2}\right) \end{eqnarray*}$

mit den schon von Conny_1729 erwähnten Tschebyscheff-Polynomen (erster Art) $\begin{eqnarray*} T_n \end{eqnarray*}$ . Für die gilt $\begin{eqnarray*} T_{n+2}(x) = \left(4x^2-2\right)T_n(x) - T_{n-2}(x) \end{eqnarray*}$ und daher

$\begin{eqnarray*} f_{n+2}(x) = \left(2-4x^2\right)f_n(x) - f_{n-2}(x) \end{eqnarray*}$ mit Start $\begin{eqnarray*} f_0(x)=1,f_1(x)=\sqrt{1-x^2},f_2(x)=1-2x^2,f_3(x)=\left(1-4x^2\right)\sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ .

D.h., für gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} f_n \end{eqnarray*}$ ein Polynom in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , und für ungerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ein Polynom in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ multipliziert mit $\begin{eqnarray*} \sqrt{1-x^2} \end{eqnarray*}$ .

10.06.2024, 12:44

HAL 9000

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Ich will mal noch entmystifizieren, wie ich auf die Kosinusdarstellung gekommen bin, denn das war durchaus kein Glückstreffer, sondern systematisch "erarbeitet":

Conny_1729 hatte ja schon oben die Rekursion $\begin{eqnarray*} R_{n+1} = k\cdot R_n - R_{n-1} \end{eqnarray*}$ erwähnt. Die ist sofort einordenbar als Lineare Differenzengleichung mit konstanten Koeffizienten, wie man sie z.B. auch von der Fibonacci-Folge her kennt. Die Lösungsmethodik solcher Gleichung sagt nun, dass man die Charakteristische Gleichung $\begin{eqnarray*} \lambda^2 - k\lambda + 1 = 0 \end{eqnarray*}$ löst, dann sind alle $\begin{eqnarray*} \lambda^n \end{eqnarray*}$ sowie deren Linearkombinationen Lösungen der Differenzengleichung,

Nun sind hier $\begin{eqnarray*} \lambda = \frac{k}{2} \pm \sqrt{\frac{k^2}{4}-1} = \frac{k}{2} \pm i\sqrt{1-\frac{k^2}{4}} \end{eqnarray*}$ die echt komplexen Lösungen dieser Gleichung, beide vom Betrag 1. Die kann man in Polardarstellung auch $\begin{eqnarray*} \exp\left(\pm i\omega\right) \end{eqnarray*}$ schreiben, mit Polarwinkel $\begin{eqnarray*} \omega = \arccos\left(\frac{k}{2}\right) \end{eqnarray*}$ .

Linearkombinationen dieser beiden Basislösungen sind dann $\begin{eqnarray*} R_n = C_1\exp\left(in\omega\right) + C_2\exp\left(-in\omega\right) \end{eqnarray*}$ , das kann man "reell" umschreiben zu $\begin{eqnarray*} R_n = \tilde{C}_1\cos\left(n\omega\right) + \tilde{C}_2\sin\left(n\omega\right) \end{eqnarray*}$ bzw. gleichwertig mit Amplitude und Phasenverschiebung $\begin{eqnarray*} R_n = A\cos\left(n\omega + \varphi\right) \end{eqnarray*}$ .

Dann habe ich mir gesagt: Ist die Amplitude $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ hier wirklich ein Freiheitsgrad? Sie ist doch nach oben beschränkt durch $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ , vielleicht sogar immer genau gleich $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ - schließlich gibt Gleichung (4) statt der Differenzengleichung nur einen statt zwei Freiheitsgrade her. Also mit $\begin{eqnarray*} A=b \end{eqnarray*}$ spekuliert, in (4) eingesetzt bestätigte dann diese Vermutung.

Rückwärts aufgeschrieben wie in 3) sieht man natürlich nicht mehr den Erkenntnisprozess, der hier stattfand. Augenzwinkern

Augenzwinkern

12.06.2024, 21:12

xb

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Vielleicht noch eine Zusatzaufgabe

Es sei $\begin{eqnarray*} \frac{b}{a}=\sin(\frac{\pi }{2n} ) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n\in \mathbb N : n\geq 2 \end{eqnarray*}$
Für die n-Kreise Symmetrie gilt deshalb $\begin{eqnarray*} R_{1}= R_{n}= \frac{b^2}{a} \end{eqnarray*}$

Zeige: Die Summe aller Kreisdurchmesser in der (n-1)-Kreise Symmetrie beträgt 2e
(e ist die lineare Exzentrizität)

Die Zeichnung soll den Sachverhalt für n=4 verdeutlichen

[attach]57845[/attach]

12.06.2024, 23:00

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000

... hatte ja schon oben die Rekursion $\begin{eqnarray*} R_{n+1} = k\cdot R_n - R_{n-1} \end{eqnarray*}$ erwähnt. Die ist sofort einordenbar als Lineare Differenzengleichung mit konstanten Koeffizienten, wie man sie z.B. auch von der Fibonacci-Folge her kennt.
...

zur Aufgabe "12 Kreise in Ellipse":

Wenn man sich die Brennpunkt-Eigenschaften der Kegelschnitte betrachtet, dann kann man auch gleich etwas über die Parabel als „Einhüllende“ herausfinden. Denn im Fall der Parabel muss ein Brennpunkt (F2) in die unendliche Weite verschwinden. Das bedeutet für den Faktor k dann:
$\begin{eqnarray*} <br /> k(a,b)=\frac{2\cdot \left(a^2-2b^2\right) }{a^2}<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> {a \to \infty }<br /> Ellipse\Rightarrow Parabel<br /> k=2<br /> \end{eqnarray*}$

Die rekursive Formel für die Parabel nimmt dann diese Form an:
$\begin{eqnarray*} <br /> R_{n+2}=2\cdot R_{n+1}-R_n<br /> \end{eqnarray*}$

und das sind dann Kreise, deren Radien linear anwachsen.
$\begin{eqnarray*} <br /> R_{n}=n<br /> \end{eqnarray*}$

(siehe Anlage)

Setzt man hingegen für b eine imaginäre Zahl ein, dann folgt für k:
$\begin{eqnarray*} <br /> k(a,b)=\frac{2\cdot \left(a^2+2b^2\right) }{a^2}<br /> \end{eqnarray*}$

mit beispielsweise b = i/2 liefert das den Faktor für eine Hyperbel
$\begin{eqnarray*} <br /> {b:imaginär }<br /> Ellipse\Rightarrow Hyperbel<br /> b=i/2<br /> k=3<br /> \end{eqnarray*}$

Eingesetzt in die rekursive Form erhält man dann:
$\begin{eqnarray*} <br /> R_{n+2}=3\cdot R_{n+1}-R_n<br /> \end{eqnarray*}$

und somit jedes zweite Folgeglied der Fibonacci-Folge.
$\begin{eqnarray*} <br /> R_{n}=f_{2n}<br /> \end{eqnarray*}$

(siehe Anlage)

Gruß Conny
.

13.06.2024, 07:09

HAL 9000

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Ja, irgendwie erwartbar, dass es bei den anderen beiden Kegelschnitten ähnlich läuft. Genauso wird man auch hier statt einer linearen Differenzengleichung $\begin{eqnarray*} R_{n+2}=f\left(R_n,R_{n+1}\right) \end{eqnarray*}$ eine (allerdings nichtlineare) Iteration $\begin{eqnarray*} R_{n+1}=g\left(R_n\right) \end{eqnarray*}$ bekommen, deren Lösung einer Teilmenge der Lösungen der Differenzengleichung entspricht, d.h., wo man nur einen statt zwei Freiheitsgrade hat.

In deinen Beispielen gibst du direkt Radienfolgen an, d.h. ohne jeden Freiheitsgrad. Ich hätte jetzt angenommen, das wären die Randfälle (*), wo der erste Kreis direkt den Scheitelpunkt berührt (mit identischer Krümmung), aber laut deinen Bildern ist das nicht der Fall.

EDIT: Was zumindest den Übergang von Ellipse zu Hyperbel betrifft, müsste mein Weg von oben eigentlich soweit übernehmbar sein, nur dass man überall $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} ib \end{eqnarray*}$ ersetzt, was nach "Entkomplexifizierung" zur Radiendarstellung

$\begin{eqnarray*} R_n = b\sinh\left(\omega n + \varphi\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \omega = 2\operatorname{arsinh}\left(\frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$

führen müsste. Eine Bedingung $\begin{eqnarray*} b<a \end{eqnarray*}$ gibt es hier (im Unterschied zur Ellipse) nicht. Für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ wird man wohl $\begin{eqnarray*} \varphi \geq \operatorname{arsinh}\left(\frac{b}{a}\right) \end{eqnarray*}$ fordern müssen, mit Gleichheit im Randfall (*) hinsichtlich Kreis mit Radius $\begin{eqnarray*} R_0 \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Original von Conny_1729
$\begin{eqnarray*} R_{n+2}=3\cdot R_{n+1}-R_n \end{eqnarray*}$

und somit jedes zweite Folgeglied der Fibonacci-Folge.
$\begin{eqnarray*} R_{n}=f_{2n} \end{eqnarray*}$

Das somit würde ich nicht unterschreiben. Die Iterationsgleichung erfordert lediglich $\begin{eqnarray*} b=\frac{a}{2} \end{eqnarray*}$ , aber damit wirklich $\begin{eqnarray*} R_{n}=f_{2n} \end{eqnarray*}$ rauskommt, muss zusätzlich $\begin{eqnarray*} a=\frac{4}{\sqrt{5}} \end{eqnarray*}$ und Startradius $\begin{eqnarray*} R_1=1 \end{eqnarray*}$ gewählt werden.

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14.06.2024, 11:03

Conny_1729

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Zitat:

Original von HAL 9000
...

Zitat:

Original von Conny_1729
$\begin{eqnarray*} R_{n+2}=3\cdot R_{n+1}-R_n \end{eqnarray*}$

und somit jedes zweite Folgeglied der Fibonacci-Folge.
$\begin{eqnarray*} R_{n}=f_{2n} \end{eqnarray*}$

Das somit würde ich nicht unterschreiben. Die Iterationsgleichung erfordert lediglich $\begin{eqnarray*} b=\frac{a}{2} \end{eqnarray*}$ , aber damit wirklich $\begin{eqnarray*} R_{n}=f_{2n} \end{eqnarray*}$ rauskommt, muss zusätzlich $\begin{eqnarray*} a=\frac{4}{\sqrt{5}} \end{eqnarray*}$ und Startradius $\begin{eqnarray*} R_1=1 \end{eqnarray*}$ gewählt werden.

Danke für den Hinweis!!!

Ja, da habe ich mich (auf etwas unelegante Art und Weise) vom eigentlichen und allgemeinen Problem entkoppelt, weil ich bei meiner Berechnung von k die Parameter kurzerhand auf a normiert hatte. Insofern wäre es beim Übergang von der Ellipse zur Parabel weitaus korrekter gewesen, nicht a sondern a/b bzw. 1/b gegen Unendlich laufen zu lassen. Der normierte k*-Faktor (a=1) ist dann:
$\begin{eqnarray*} <br /> k(a,b)=2\cdot \left(1-2\cdot \left(\frac{b}{a}\right)^2 \right)<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> k^*(b)=2\cdot \left(1-2\cdot b^2 \right)<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> \frac{1}{b} \to \infty <br /> Ellipse\Rightarrow Parabel<br /> k^*=2<br /> \end{eqnarray*}$

Durch diese Normierung und meinen gewählten Startparametern werden dann aber die ganzen von HAL 9000 sauber erarbeiteten Zusammenhänge unterlaufen bzw. nicht mehr so transparent.

Die Startparameter der Rekursionsformel sind ebenfalls zur Vereinfachung von mir auf …
$\begin{eqnarray*} <br /> R_0=0<br /> R_1=1<br /> \end{eqnarray*}$

festgelegt worden. Ich wollte erst einmal schauen, ob das mit der Normparabel und einer einfachen Hyperbel zur Veranschaulichung funktioniert.

Übrigens für k* = -2 bekommt man zueinander tangierende Kreise $\begin{eqnarray*} R_i \end{eqnarray*}$ , die in wechselnder Richtung (Vorzeichen) hin und her springen, sodass die Umhüllende stets ein Kreis bleibt, nämlich der Kreis, der als Letztes betrachtet wird und sich selbst einhüllt. Das hat aber dann nichts mehr mit dem Ausgangsproblem gemein, bei dem ja jeder Kreis mindestens zwei Tangentenpunkte zur Umhüllenden besitzen sollte.

$\begin{eqnarray*} <br /> k^* = -2<br /> \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} <br /> R_0=0<br /> R_1=1<br /> R_2=-2<br /> R_3=3<br /> R_4=-4<br /> . . .<br /> <br /> R_n=-n\cdot (-1)^n<br /> \end{eqnarray*}$

Gruß Conny

14.06.2024, 11:50

HAL 9000

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Dein $\begin{eqnarray*} R_0=0 \end{eqnarray*}$ betrachtest du aber nur zu Zwecken des Rekursionsstarts, denn geometrisch passt das ja nicht in die Folge der Kreise, welche den Kegelschnitt berühren.

09.08.2024, 18:19

DrummerS

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Zitat:

Original von zitronenfreund
...

Zitat:

Löse die Gleichung $\begin{eqnarray*} 9^x+33^x=121^x \end{eqnarray*}$

Eine analytische Lösung wurde ja schon von mYthos gefunden. Ich habe mal ein "Eingrenzen" versucht. Umständlicher Ansatz:

$\begin{eqnarray*} 9^{x}+33^{x}+121^{x}=2 \cdot 121^{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 3\cdot \left(9\cdot 33\cdot 121\right)^{\frac{x}{3}} \stackrel{\ AM-GM}{<} 2\cdot 121^{x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x > \frac{3\cdot \ln\left(\frac{2}{3} \right) }{\ln\left(9\cdot 33\cdot 121 \right)-3\cdot \ln\left(121\right) } = 0.312... \end{eqnarray*}$

Man könnte auch einfach durchprobieren und z.B. zuerst x = 0 und danach x = 1 einsetzen, dann x = 1/2 usw...

16.04.2025, 12:39

HAL 9000

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Hab mal Aufgabe 166 an ChatGPT übermittelt, war ganz aufschlussreich:

Zunächst hat es mir - wie so oft im Brustton der Überzeugung vorgetragen - eine falsche (zu kleine) Anzahl genannt. Auf meine Nennung der richtigen Zahl hin hat es dann versucht, dafür eine Beispielkonfiguration zu finden und hat mir zweimal (!) eine Konfiguration genannt, die stimmen sollte - beides mal verletzte sie aber das Kriterium, indem Punktabstände <5 dabei waren. Keine solche Konfiguration zu finden mag ich tolerieren - aber eine falsche anzugeben nicht, wo es doch das Kriterium "alle Punktabstände >5" kennt!! unglücklich

unglücklich

Egal, hab ihm dann eine mögliche Konfiguration verraten, und ChatGPT hat sich dann endlich tatsächlich bemüht, diese Konfiguration vollständig zu überpüfen.

Anschließend hat mich der Kollege KI dann aber doch überrascht: Auf mein Ersuchen, ob er denn nachweisen kann, dass es mit einem Punkt mehr nicht klappt, hat er mir einen blitzsauberen Beweis präsentiert. Kann also doch auch positiv überraschen. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Zusammenfassend kann ich sagen: Kollege KI hat ein paar wirklich sinnvolle Ideen zur Lösung präsentiert, diese aber z.T. sehr schlampig ausgeführt. Dennoch kann er wichtige Impulse geben für Leute, die wenig bis keine Erfahrung mit der Thematik haben - uneingeschränkt vertrauen sollten sie ihm aber nicht, sondern alle Ergebnisse hinterfragen.

16.04.2025, 12:51

HAL 9000

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Und hier das wortgetreue Resultat von Llama3.3-70b (unser firmeneigener Chatbot - wir dürfen aus Sicherheitsgründen keine externen verwenden) zu Aufgabe 165:

Zitat:

Ein schönes geometrisches Problem!

Um den Beweis zu führen, verwenden wir die Tatsache, dass in einem Dreieck die Höhe immer kleiner oder gleich der entsprechenden Seite ist. Dies liegt daran, dass die Höhe die kürzeste Entfernung zwischen einer Seite und dem gegenüberliegenden Scheitelpunkt ist.

Wir können also schreiben:

ha <= a hb <= b hc <= c

Nun können wir die Quadrate dieser Ungleichungen bilden:

ha^2 <= a^2 hb^2 <= b^2 hc^2 <= c^2

Wenn wir diese Ungleichungen addieren, erhalten wir:

ha^2 + hb^2 + hc^2 <= a^2 + b^2 + c^2

Multiplizieren wir beide Seiten mit 4, erhalten wir:

4*(ha^2 + hb^2 + hc^2) <= 4*(a^2 + b^2 + c^2)

Schließlich können wir die linke Seite mit 3 multiplizieren, ohne die Ungleichung zu ändern:

3*(a^2 + b^2 + c^2) >= 4*(ha^2 + hb^2 + hc^2)

Dies ist die gewünschte Ungleichung.

Der Beweis ist also vollständig. Die Ungleichung gilt für alle Dreiecke mit den Seitenlängen a, b, c und den Höhenlängen ha, hb, hc.

Nun ja, da gibt es noch einiges zu tun. smile

smile

18.04.2025, 12:57

Gualtiero

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Zitat:

Original von Llama3.3-70b
Um den Beweis zu führen, verwenden wir die Tatsache, dass in einem Dreieck die Höhe immer kleiner oder gleich der entsprechenden Seite ist.

Damit ist wohl - ich sag mal - "begleitende Seiten" gemeint. Z. B. gehen ja in einem Dreieck mit den Seiten $\begin{eqnarray*} a, b, c \end{eqnarray*}$ die Seiten $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ auch von $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ aus und enden auf Seite $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ , sind aber beide länger als $\begin{eqnarray*} h_c. \end{eqnarray*}$ Aber KI ist wieder ein eigenes Thema.

[attach]58238[/attach]

Ich habe nur einen geometrischen Weg versucht, aber mein Ansatz bietet zu wenig, um weitere notwendige Unterscheidungen zu treffen
In einem rechtwinkligen Dreieck mit $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ als Katheten und $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ als Hypotenuse gilt: $\begin{eqnarray*} h_a = b \ \ \text{ und } \ \ h_b=a \end{eqnarray*}$
Nach Anwendung von Pythagoras hat man $\begin{eqnarray*} 3(2a^2+2b^2)\geq 4(a^2+b^2+h_c^2) \end{eqnarray*}$
Nach Reduktion wird daraus: $\begin{eqnarray*} 2a^2+2b^2 \geq 4h_c^2 \end{eqnarray*}$ Und, wie oben gezeigt, trifft das zu. Das bedeutet - kein Widerspruch zur Ungleichung

In der Frage, wann eine Gleichung vorliegt, habe ich auf das gleichseitige Dreieck getippt. Hier gibt es drei gleich lange Seiten $\begin{eqnarray*} (a) \end{eqnarray*}$ und drei gleich lange Höhen $\begin{eqnarray*} (h) \end{eqnarray*}$ , und die zwei Größen sind auch noch voneinander abhängig.
$\begin{eqnarray*} h=\frac{\sqrt{3}}{2}a \end{eqnarray*}$

Das eingesetzt in die gegebene Ausgangsungleichung ergibt tatsächlich eine Gleichung: $\begin{eqnarray*} 9a^2=9a^2 \end{eqnarray*}$ - also auch kein Widerspruch.

Aber beim gleichschenkligen und erst recht bei einem allgemeinen Dreieck bringt mir diese Betrachtung nichts.

Lösung von HAL ist klasse .

18.04.2025, 13:35

HAL 9000

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Noch als Nachtrag zu dieser Aufgabe - ist mir später erst aufgegangen: Kennt man die Gleichungen für die Seitenhalbierenden $\begin{eqnarray*} s_a^2 = \frac{2\left(b^2+c^2\right)-a^2}{4} \end{eqnarray*}$ etc., so kommt man direkt zu $\begin{eqnarray*} 4\left(s_a^2 + s_b^2 + s_c^2\right) = 3\left(a^2+b^2+c^2\right) \end{eqnarray*}$ und über $\begin{eqnarray*} s_a\geq h_a \end{eqnarray*}$ etc. dann auch sofort zum Beweis der geforderten Ungleichung.

27.04.2025, 15:50

HAL 9000

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Sieht nett aus, die 170. Wollen wir mal hoffen, dass kein Schüler daraus den falschen Schluss zieht, dass es sich dabei um eine "neue" Substitutionsregel handelt - die alte reicht vollkommen, um die besagte Gleichung zu begründen. Big Laugh

Big Laugh

28.04.2025, 11:39

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Nun, man kann das durchaus als eine "neue" Substitutionsregel ansehen, eben für einen ganz speziellen Fall, selbst wenn sie sich aus der gewöhnlichen Substitutionsregel ergibt. Immerhin folgt aus

$\begin{align*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} \frac{\dd x}{1 + x^2} = \pi \end{align*}$

mit der Regel sofort:

$\begin{align*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} \frac{\dd x}{1 + \left( x - \frac{1}{x} \right)^2} = \int \limits_{- \infty}^{\infty} \frac{x^2}{x^4 - x^2 + 1} ~ \dd x = \pi \end{align*}$

Für den Fortgang der Menschheit ist das vielleicht nicht wesentlich. Aber man muß ja auch nicht immer nur Nützliches tun.

28.04.2025, 13:01

IfindU

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich finde es faszinierend, dass es gilt. Das ähnlich aussehende
$\begin{align*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} f(x) ~ \dd x \ = \int \limits_{- \infty}^{\infty} f \left( x + \frac{1}{x} \right) ~ \dd x \end{align*}$
kann ja nicht allgemeingültig sein, dass $\begin{eqnarray*} \left | x + \frac{1}{x} \right | \geq 2 \end{eqnarray*}$ und man also die Werte von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} (-2,2) \end{eqnarray*}$ praktisch beliebig ändern kann und die rechte Seite unverändert ist. In der korrekten Aussage mit dem Minus hätte ich intuitiv gesagt, dass die Werte um 0 immer noch zu wenig "Gewicht" bekommen. Aber offenbar passt es genau so smile

smile

28.04.2025, 14:46

HAL 9000

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Ich entferne mal die "Uneigentlichkeit", d.h. modifiziere die Aussage auf endliche Integrationsintervalle, die dann - im Unterschied zur ursprünglichen Behauptung - sogar für alle stetigen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ gültig ist: Für reelle $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} 0<a\leq b \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} \int \limits_{\left[a-\frac{1}{a},b-\frac{1}{b}\right]} f(x) ~ \dd x = \int \limits_{\left[-\frac{1}{a},-\frac{1}{b}\right]\cup [a,b]} f \left( x - \frac{1}{x} \right) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ .

Man kann es auch schreiben als

$\begin{eqnarray*} \int \limits_{\left[c,d\right]} f(x) ~ \dd x = \int \limits_{\left[\frac{c-\sqrt{c^2+4}}{2},\frac{d-\sqrt{d^2+4}}{2}\right]\cup \left[\frac{c+\sqrt{c^2+4}}{2},\frac{d+\sqrt{d^2+4}}{2}\right]} f \left( x - \frac{1}{x} \right) ~ \dd x \end{eqnarray*}$ ,

diesmal für reelle $\begin{eqnarray*} c,d \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c\leq d \end{eqnarray*}$ - aber das sieht irgendwie hässlicher aus. Augenzwinkern

Augenzwinkern

28.04.2025, 17:15

Mathema

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Leopold
Nun, man kann das durchaus als eine "neue" Substitutionsregel ansehen, [...]

So "neu" ist diese Substitution aber nicht. In der Tat ist sie aber bei manchen Integralen sehr nett zu benutzen. smile

smile

29.04.2025, 05:27

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Interessant ist, dass die Aussage im Wiki-Beitrag mit Cauchy-Hauptwert formuliert wird. Leopolds Formulierung verstehe ich hingegen so, dass er das linke Integral als existent (d.h. als "normales" uneigentliches Integral) voraussetzt. Ist dann aber auch wirklich stets gesichert, dass das Integral rechts auch als uneigentliches Integral existiert? Dort dann mit ja vier statt nur zwei Uneigentlichkeitsübergängen: $\begin{eqnarray*} -\infty,-0,+0,+\infty \end{eqnarray*}$ . verwirrt

verwirrt

29.04.2025, 06:53

Leopold

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von HAL 9000
Ist dann aber auch wirklich stets gesichert, dass das Integral rechts auch als uneigentliches Integral existiert verwirrt

verwirrt

Gute Frage.

In der Zeitschrift, aus der ich die Aufgabe habe, wurden an $\begin{align*} f \end{align*}$ und die Konvergenz des Integrals überhaupt keine Anforderungen gestellt. Denen ging es wohl hauptsächlich um die Integraltransformation an sich. Konvergenz wird schon irgendwie vorliegen. Ich habe deshalb "nach Gefühl" die Konvergenz des einfacheren Integrals vorausgesetzt, in der Hoffnung, das würde schon passen. Ich bin nun meinen eigenen Beweis noch einmal durchgegangen. Auf den ersten Blick scheint alles zu funktionieren, wenn man die absolute Konvergenz des Integrals voraussetzt. Dann kann man für alle in Frage stehenden Integrale Majoranten finden.
Eine Musterlösung der Aufgabe liegt mir nicht vor.

Ergänzung

Ich habe die Transformation einmal auf das Fresnelsche Integral

$\begin{align*} \int \limits_{- \infty}^{\infty} \sin \left( x^2 \right) ~ \dd x \ = \ \frac{1}{2} \sqrt{2 \pi} = 1{,}2533 \ldots \end{align*}$

angewendet. Eine numerische Berechnung mit meinem CAS ergab:

$\begin{align*} \int \limits_{-1000}^{-0{,}0005} \sin \left( \left( x - \frac{1}{x} \right)^2 \right) ~ \dd x \ \ + \ \int \limits_{0{,}0002}^{1100} \sin \left( \left( x - \frac{1}{x} \right)^2 \right) ~ \dd x \ \approx \ 1{,}2534 \end{align*}$

Das sieht also auch im Fall der bedingten Konvergenz nicht schlecht aus. Letztlich liegt es wohl an $\begin{align*} \frac{t}{\sqrt{4 + t^2}} \approx 1 \ \ \mbox{für} \ \ t \gg 0 \end{align*}$ . Vielleicht kann man einen sauberen Beweis führen.

29.04.2025, 09:16

HAL 9000

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Ja, ich wüsste auch bei längerem Nachdenken kein Gegenbeispiel zu nennen, wo zwar das linke uneigentliche Integral existiert, das rechte aber nicht.

Um das Problem für alle zu verdeutlichen: Mir war bei den für endliche $\begin{eqnarray*} a,b,c,d \end{eqnarray*}$ ja sicher richtigen Formeln im Beitrag oben aufgefallen, dass es z.B. beim Grenzübergang $\begin{eqnarray*} a\searrow 0 \end{eqnarray*}$ zu diesem Problem kommt, da dieser Grenzwert links auf der rechten Gleichungsseite ja gleich in zwei uneigentliche Grenzwertbildungen mündet. Bei nichtnegativen $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ (also die von Leopold erwähnte absolute Konvergenz) hat man kein Problem die Existenz der beiden Einzelgrenzwerte nachzuweisen, aber im allgemeinen Fall scheint dies doch etwas komplizierter zu sein.

01.05.2025, 14:41

Finn_

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Mit der Trickserei, die die Aussage von Aufgabe 170 bestätigt, kommt man für hinreichend gutartige Funktionen $\begin{eqnarray*} f,s \end{eqnarray*}$ allgemeiner zur Beziehung

$\begin{eqnarray*} \int_{-a}^a f(x-s(x))\,\mathrm dx = \int_{-a}^a f(x)\,\mathrm dx, \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ eine punktsymmetrische Selbstinverse mit $\begin{eqnarray*} s(x)\to 0^+ \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} x\to a \end{eqnarray*}$ sei.

04.05.2025, 07:01

Gualtiero

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Zu Aufgabe 171

Als eine der Varianten ohne Taschenrechner müßte der folgende Ansatz durchgehen.
Vorausgesetzt wird Basiswissen wie z. B. $\begin{eqnarray*} \sin 40° = \sin(180°-40°) \ \ \text{oder}\ \ \cos20°=\sin(90°-20°) \end{eqnarray*}$

In den Dreiecken $\begin{eqnarray*} ABP \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} APC \end{eqnarray*}$ sind alle Winkel bekannt. Die gemeinsame Seite $\begin{eqnarray*} \overline{AP} \end{eqnarray*}$ - ich nenne sie $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ - möge dazu dienen, die Seiten $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ des Dreiecks auszudrücken.

Mit Sinussatz erhält man: $\begin{eqnarray*} b=\frac{1}{2 \sin10°}k \ \ \text{und} \ \ c=\frac{\sin40°}{\sin10°}k \end{eqnarray*}$

Damit kann man mit dem Cosinussatz fortfahren: $\begin{eqnarray*} a^2=b^2+c^2-2bc \overbrace{\cos50°}^{\sin40°} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a^2=\left(\frac{1}{2 \sin10°}\right)^2k^2+\left(\frac{\sin40°}{\sin10°}\right)^2k^2-2\frac{1}{2\sin10°}k\frac{\sin40°}{\sin10°}k\sin40° \end{eqnarray*}$

Nach Ordnen der rechten Seite

$\begin{eqnarray*} a^2=\left(\frac{1}{2 \sin10°}\right)^2k^2+\left(\frac{\sin40°}{\sin10°}\right)^2k^2-\frac{\sin40° \cdot \sin40°}{\sin10° \cdot \sin10°}k^2 \end{eqnarray*}$

sieht man schnell: $\begin{eqnarray*} a^2 =\left(\frac{1}{2 \sin10°}\right)^2k^2=b^2 \end{eqnarray*}$

Und das sollte gezeigt werden.

04.05.2025, 10:35

Leopold

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Ich habe es nicht genau so, aber ziemlich ähnlich wie Gualtiero gemacht, muß aber gestehen, daß die Idee von nichteuerernst und die sich darauf stützende Lösung von HAL unschlagbar sind. Es geht eben nichts über die Einfachheit einer Lösung. Denn die ist bekanntlich das Schwerste.

04.05.2025, 14:35

HAL 9000

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Zugegeben, unter Zeitdruck hätte ich auch die Sinussatzlösung gewählt, die kommt schließlich ohne Hilfspunkte aus - denn die Wahl von $\begin{eqnarray*} Q,R \end{eqnarray*}$ liegt ja auch nicht sofort auf der Hand. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Statt der Kosinussatzrechnung kann man folgende leichte Abkürzung wählen: Ist $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} AB \end{eqnarray*}$ der Höhenfußpunkt von $\begin{eqnarray*} h_c \end{eqnarray*}$ , dann gilt

$\begin{eqnarray*} |AH| = b\cos\left(50^{\circ}\right) = b\sin\left(40^{\circ}\right) \end{eqnarray*}$ ,

was mit dem von Gualtiero hergestellten Zusammenhang zwischen $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ dann zu

$\begin{eqnarray*} |AH| = \frac{c}{2\sin\left(40^{\circ}\right)}\cdot \sin\left(40^{\circ}\right) = \frac{c}{2} \end{eqnarray*}$

führt. Höhenfußpunkt gleich Seitenmittelpunkt gibt es nur bei Basisseiten in gleichschenkligen Dreiecken.

06.05.2025, 08:41

Gualtiero

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Ja, leuchtet mir ein. Wink

Wink

Zu Aufgabe 172, Version Leopold

Ich fasse mal mein klägliches Stochastik-Basiswissen zusammen: In einer Gruppe mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Mitgliedern (M1, M2, M3 . . .), die sich zu Zweier-Teams zusammenschließen sollen, gibt es

$\begin{eqnarray*} \frac{n(n-1)}{2} \end{eqnarray*}$ Teams. (Team M1, M2 ist identisch mit M2, M1).

Das bedeutet für unser Beispiel:

$\begin{eqnarray*} \frac{a(a-1)}{2}\ \text{Mädchenteams, }\frac{b(b-1)}{2}\ \text{Jungenteams und } ab \text{ ausschließlich gemischte Teams} \end{eqnarray*}$ .

Die Gesamtzahl der möglichen Teams ist dann $\begin{eqnarray*} \frac{(a+b)^2-(a+b)}{2} \end{eqnarray*}$

Ich unterteile alle Teams in zwei Abteilungen:
Abteilung1 enthält alle reinen Mädchenteams und alle reinen Jungenteams.
Abteilung2 enthält ausschließlich gemischte Teams.

Wie ich die Aufgabe verstehe, soll Abteilung2 zahlenmäßig gleich der Abteilung1 sein.

$\begin{eqnarray*} \frac{a^2+b^2-(a+b)}{2}=ab \end{eqnarray*}$

Von da an wird mein Verfahren unmathematisch, denn ich habe mit der pq-Formel angesetzt, weiß aber nicht, wie ich korrekt nur die ganzzahligen Lösungen ausfiltern soll. Händisch geht es und ich komme auf die Paare a, b (bzw. b, a):
1 3
3 6
6 10
10 15
15 21
usw.

Die Systematik ist klar. Die Anzahl der größeren Gruppe wird in der nächsten Zeile zur Anzahl der kleineren Gruppe, die Differenz zwischen beiden Gruppen wird Zeile für Zeile um 1 größer.
verwirrt

verwirrt

EDIT: Doppelbezeichnung beseitigt

06.05.2025, 08:50

HAL 9000

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Die äquivalente Umstellung von $\begin{eqnarray*} \frac{a^2+b^2-(a+b)}{2}=ab \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} (b-a)^2 = a+b \end{eqnarray*}$ könnte nützlich sein: Man setzt einfach mal $\begin{eqnarray*} k=b-a \end{eqnarray*}$ als Parameter an, der ja sicherlich ganzzahlig sein muss...

EDIT: Hab mal noch das Vorzeichen von $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ getauscht, damit das in deinen Beispielen vorherrschende $\begin{eqnarray*} a<b \end{eqnarray*}$ dann auch positive $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ bedeutet. Augenzwinkern

Augenzwinkern

06.05.2025, 18:56

Gualtiero

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@HAL, Danke für die Tipps!

Aber das Ganze ist mir dennoch nicht klar.

OK, in meinen Beispielen ist $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ immer kleiner als $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ , aber das spielt ja keine Rolle, denn es geht ja nur darum, dass das Quadrat der Differenz gleich der Stärke der gesamten Lerngruppe (= a + b) ist.

k = b - a -->> b = k + a

k² = 2a + k

k² - k = 2a verwirrt

verwirrt

Nee, nee, nee das bringt ja nichts. Hab mich verrannt.

Naja, ich bleib jedenfalls dran.

06.05.2025, 19:54

HAL 9000

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Doch, ist genau richtig: $\begin{eqnarray*} a=\frac{k^2-k}{2}=\frac{k(k-1)}{2} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} b=\frac{k(k+1)}{2} \end{eqnarray*}$ , und dann lässt man Parameter $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ die ganzen Zahlen durchlaufen:

Ok, für $\begin{eqnarray*} k\in\{-1,0,1\} \end{eqnarray*}$ ist dann $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ keine Lösung des Originalproblems (weniger als zwei Schüler) - für alle anderen ganzen Zahlen aber schon. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Und aus der Herleitung ist auch klar, dass es keine weiteren ganzzahligen Lösungen geben kann.

07.05.2025, 08:02

Gualtiero

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Jetzt hats geklickt. O Mann, was für ein dickes Brett ! ! Vor meinem Kopf meine ich.

Zusammengefasst: Mit $\begin{eqnarray*} k \leq -2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} k \geq 2 \end{eqnarray*}$ gibt es Zahlenpaare a, b, die die gestellte Frage lösen.

Ich würde eine Lösungsantwort erstellen, will mich aber nicht mit fremden Federn schmücken.

Jedenfalls vielen Dank für die Hilfe!

07.05.2025, 11:01

HAL 9000

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Zitat:

Original von Gualtiero
Ich würde eine Lösungsantwort erstellen, will mich aber nicht mit fremden Federn schmücken.

Mach ruhig, so eine Rieseninnovation war die Idee mit Parameter $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ja nun nicht - mein Augenmerk liegt ohnehin mehr bei der von mir erstellten Variation 172a: Wenn da keiner "anbeißt", stelle ich da eine Lösung vor (die sich doch ziemlich von der der 172 unterscheidet). Augenzwinkern

Augenzwinkern

Beiden Lösungen gemein ist, dass es sich um Gitterpunkte (a,b) auf Kegelschnittkurven geht: Bei der 172 auf einer Parabel, bei 172a hingegen auf einer Hyperbel.

Ich verrate mal die zehn "kleinsten" Lösungen $\begin{eqnarray*} (a,b) \end{eqnarray*}$ von Aufgabe 172a - vielleicht erkennt jemand eine Gesetzmäßigkeit: Augenzwinkern

Augenzwinkern

(3,1)
(15,6)
(85,35)
(493,204)
(2871,1189)
(16731,6930)
(97513,40391)
(568345,235416)
(3312555,1372105)
(19306983,7997214)

07.05.2025, 15:02

Physikgast

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Mit Hilfe von Wolfram Alpha habe ich eine Lösung für 172a gefunden

$\begin{eqnarray*} a^2-b^2-2ab-a+b=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a=\frac{\sqrt{8b^2+1}+2b+1 }{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b=\frac{(3+2\sqrt{2}) ^{n} -(3-2\sqrt{2} )^{n} }{4\sqrt{2} } \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$

07.05.2025, 15:12

HAL 9000

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Na wenn es so vom Himmel fällt würde ich aber gern Nachweise sehen für die Ganzzahligkeit dieser beiden Werte. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Dass sie die Gleichung erfüllen, nehme ich dir auch so ab (normale quadratische Gleichungslösung).

Insgesamt fehlt natürlich auch noch eine Begründung, dass das wirklich alle positiv ganzzahligen Lösungen dieser Gleichung sind.

EDIT (8.5.): Du hast die obige Formel vermutlich aus den ersten Lösungen empirisch gewonnen. Systematisch könnte man so vorgehen: Bedingung an $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ ist die Laplacesche Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{a}{2}}{\binom{a+b}{2}} = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , was äquivalent zu

$\begin{eqnarray*} 2a(a-1) = (a+b)(a+b-1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2\cdot 2a(2a-2) = (2a+2b)(2a+2b-2) \end{eqnarray*}$

ist. Mit Substitution $\begin{eqnarray*} x=2a+2b-1,y=2a-1 \end{eqnarray*}$ gelangt man via

$\begin{eqnarray*} 2(y+1)(y-1) = (x+1)(x-1) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2y^2 - 2 = x^2-1 \end{eqnarray*}$

zur negativen Pellschen Gleichung $\begin{eqnarray*} x^2-2y^2=-1 \end{eqnarray*}$ . Im verlinkten Wikibeitrag wird relativ ausführlich auf deren Lösung eingegangen - das kann man dann hier anwenden. Augenzwinkern

Augenzwinkern

08.05.2025, 13:50

Leopold

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Interessant, wie eine kleine Änderung der Aufgabe eine einigermaßen überschaubare Situation zu einem echten Problem der Zahlentheorie macht, für das dann wiederum Kenner eine Lösung aus-pellen.

Hat man ja öfter:

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{1}{6} \pi^2 \, , \ \ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} = \frac{1}{90} \pi^4 \, , \ \ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^6} = \frac{1}{945} \pi^6 \, , \ \ \ldots \end{align*}$

Dann ist doch "logisch", daß ...

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3} = \frac{1}{\text{???}} \, \pi^3 \, , \ \ \ldots \end{align*}$

Oder doch nicht...?

08.05.2025, 14:51

HAL 9000

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Im Wiki-Artikel zur Pellschen Gleichung ist ja auch als "Anwendung" das Rinderproblem des Archimedes genannt. Besonders die ermittelten Tieranzahlen für den zweiten Teil dieses Problems sind ja sehr realistisch. Big Laugh

Big Laugh

08.05.2025, 18:49

Leopold

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Die Ganzzahligkeit der von Physikgast mittels Wolfram Alpha vorgeschlagenen Lösungen für $\begin{align*} b \end{align*}$ könnte man nachweisen, indem man die Summen mittels des binomischen Lehrsatzes entwickelt und vereinfacht. Wer sich aber einmal mit linearen Differenzengleichungen, etwa im Zusammenhang mit der Fibonacci-Folge, beschäftigt hat, zieht es vor, mit einer Rekursion zu arbeiten.

Die beiden reellen Zahlen $\begin{align*} 3 \pm 2 \sqrt{2} \end{align*}$ haben die Summe 6 und das Produkt 1, sind also Kehrwerte voneinander und nach dem Satz von Vieta Lösungen der quadratischen Gleichung $\begin{align*} t^2 - 6t + 1 = 0 \end{align*}$ . Man darf daher

$\begin{align*} \vartheta = 3 + 2 \sqrt{2} \, , \ \vartheta^{-1} = 3 - 2 \sqrt{2} \end{align*}$

ansetzen, und es gelten

$\begin{align*} \vartheta^2 - 6 \vartheta + 1 = 0 \, , \ \ \vartheta^{-2} - 6 \vartheta^{-1} + 1 = 0 \end{align*}$

Die Zahlenfolge für $\begin{align*} b \end{align*}$ kann man daher folgendermaßen schreiben:

$\begin{align*} b_n = \frac{1}{4 \sqrt{2}} \left( \vartheta^n - \vartheta^{-n} \right) \end{align*}$

Die Startwerte $\begin{align*} b_0 = 0 \end{align*}$ und $\begin{align*} b_1 = 1 \end{align*}$ sind ganze Zahlen, und für $\begin{align*} n \geq 0 \end{align*}$ rechnet man

$\begin{align*} b_{n+2} - 6 b_{n+1} + b_n = \frac{1}{4 \sqrt{2}} \left( \vartheta^{n+2} - \vartheta^{-n-2} - 6 \left( \vartheta^{n+1} - \vartheta^{-n-1} \right) + \vartheta^n - \vartheta^{-n} \right) \end{align*}$

$\begin{align*} = \frac{1}{4 \sqrt{2}} \left( \underbrace{\left( \vartheta^2 - 6 \vartheta + 1 \right)}_{=0} \ \vartheta^n - \underbrace{\left( \vartheta^{-2} - 6 \vartheta^{-1} + 1 \right) }_{=0} \ \vartheta^{-n} \right) = 0 \end{align*}$

Somit besteht die Rekursion

$\begin{align*} b_{n+2} = 6 b_{n+1} - b_n \end{align*}$

an der man abliest, daß auch alle weiteren Folgeglieder ganze Zahlen sein müssen.

08.05.2025, 19:19

HAL 9000

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Basierend auf der Pell-Lösung kann man die Iteration $\begin{eqnarray*} x_{n+1} + y_{n+1}\sqrt{2} = \left( x_n + y_n\sqrt{2} \right)\left( 3 + 2\sqrt{2} \right) \end{eqnarray*}$ aufstellen, was zu $\begin{eqnarray*} x_{n+1} = 3x_n + 4y_n,~y_{n+1} = 2x_n + 3y_n \end{eqnarray*}$ führt. Nach Rücksubstitution ergibt das

$\begin{eqnarray*} a_{n+1} = 5a_n+2b_n -2,~b_{n+1} = 2a_n+b_n-1 \end{eqnarray*}$

mit Start $\begin{eqnarray*} a_0=1,b_0=0 \end{eqnarray*}$ , d.h., mit Rückgriff auf nur einen Vorgänger (dann aber gleich den ganzen Vektor (a,b)).

08.05.2025, 20:45

Physikgast

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Zitat:

Original von HAL 9000
Systematisch könnte man so vorgehen: Bedingung an $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ ist die Laplacesche Wahrscheinlichkeit $\begin{eqnarray*} \frac{\binom{a}{2}}{\binom{a+b}{2}} = \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ , was äquivalent zu

Das hatte ich so gerechnet

Wenn man die Zahlenpaare der pellschen Lösung mulzipliziert kommen immer wieder Lösungen von b heraus

1*1=1
7*5=35
41*29=1189
239*169=40391
1393*985=1372105

Das müsste so aussehen
$\begin{eqnarray*} b_{2n-1}=x_{n}\cdot y_{n} \end{eqnarray*}$
und dann noch
$\begin{eqnarray*} b_{2n}=x_{n+1}\cdot y_{n}-1 \end{eqnarray*}$

(3,1)
(15,6)
(85,35)
(493,204)
(2871,1189)
(16731,6930)
(97513,40391)
(568345,235416)
(3312555,1372105)
(19306983,7997214)

08.05.2025, 23:49

Luftikus

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.

09.05.2025, 08:44

HAL 9000

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Die 173 zeigt geradezu exemplarisch, wie man durch Betrachtung der ersten paar Folgenelemente und zugehörigen Partialsummen der angefragten Reihe rasch auf eine Vermutung kommen kann, die dann natürlich noch zu beweisen ist.

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