Diskussionen zum Übergangsmarathon - Seite 9

09.02.2024, 10:04

Leopold

Genau die habe ich auch. Allerdings ist meine Argumentation noch nicht vollständig. An einer Stelle habe ich eine "plausible Annahme" gemacht, mit dieser die Funktion gefunden und die Eigenschaften verifiziert. Dieses Vorgehen läßt allerdings offen, ob die gefundene Funktion die einzige Lösungsfunktion ist. Schließlich ist nur f(8) zu bestimmen.
Sichert dein Vorgehen die Eindeutigkeit von f?

Edit
Dein Edit zeigt auch bei dir Zweifel.

09.02.2024, 11:47

HAL 9000

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Zitat:

Original von Leopold
Sichert dein Vorgehen die Eindeutigkeit von f?

Ich denke ja. Aber frei nach dem fiktiven Mozart im Film "Amadeus": Die Komposition ist fertig - ich muss sie nur noch aufschreiben. Augenzwinkern

Schon interessant, dass in Südkorea sowas normalen Abiturienten zugemutet wird. Aber ich finde das ganz gut, auch einige solcher Hammeraufgaben einzustreuen - man kann ja das Punktniveau für "Bestanden" entsprechend nach unten anpassen.

Hierzulande würde ich eine solche Aufgabe, die ja doch einiges an geduldiger Analyse sowie Kreativität erfordert, allenfalls bei mathematischen Schülerwettbewerben finden (schätzungsweise Olympiade Landesrunde oder BMW 1.Runde).

10.02.2024, 01:19

hunger

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Für mein Empfinden lässt die formulierte Aufgabenstellung einem in der Tat (womöglich bewusst) den Spielraum eine mögliche Funktion mit den geforderten Eigenschaften zu finden ohne einen Eindeutigkeitsbeweis zu fordern.

Von daher gingen meine vermutlich eher laienhaften Gedanken direkt in die Richtung, dass ich mir mal mögliche/typische Verläufe der Graphen von Polynomen 3. Grades aufgemalt habe.

Bedingung (1) würde mich normalerweise in Anlehnung an den Zwischenwertsatz daran erinnern, dass es in dem genannten Intervall [k-1 ; k+1] keine Nullstelle geben darf.
Dann wäre die Aufgabe jedoch sinnlos, weil der Graph einer ganzrationalen Funktion 3. Grades immer mindestens eine und höchstens 3 reelle Nullstellen besitzt.

Der Witz an der Sache scheint daher die ganzzahlige Einschränkung des Intervalls der Länge 2 zu sein.

Davon inspiriert kann man ja ein bisschen rumspielen und sich mögliche Graphenverläufe überlegen, bei denen die Abstände benachbarter Nullstellen zunächst mal in Einklang mit Bedingung (1) gebracht werden.

Graphen mit genau einer Nullstelle scheiden wegen den Gedanken zu (1) schon mal direkt aus.
Ob die Berührung der x-Achse eine Rolle spielt (also genau 2 Nullstellen), den Fall wollte ich erstmal aufschieben und mein Glück als nächstes bei den Graphen mit genau 3 Nullstellen versuchen.

Mit etwas Wunschdenken wagte ich mich mutig erstmal an die unkomplizierten, zum Ursprung symmetrischen Funktionen der Form f(x)=ax³+cx bzw. wegen a=1 folglich f(x)=x³+cx oder etwas praktischer die entsprechende Nullstellenform f(x)=(x+z)x(x-z).

Schnell fällt dann mit z=1 die Funktion f(x)=(x+1)x(x-1) ins Auge, welche in den "kritischen Nullstellenintervallen" stets die Null selbst in mindestens einem der Faktoren f(k-1) oder f(k+1) parat hat, wodurch das Produkt aus Bedingung (1) ebenso genau Null und nicht negativ wird.

Da der Graph in x=1/4 fällt (wie man leicht nachrechnet), ist die Bedingung (3) hier sogar direkt mit erfüllt, aber es wäre schon zu viel des Guten gewesen, wenn selbst die konkret geforderte Steigung in (2) auch noch zufällig direkt passend wäre.

Hmm, was also tun - strecken und stauchen geht ja leider nicht, da sonst der Leitkoeffizient nicht mehr 1 wäre.

Aber Moment, man könnte ja auch mal probieren die Nullstelle in x=-1 oder x=1 etwas mehr in Richtung x=0 zu schieben (die andere Richtung führt zu Problemen mit (1) ).
Wahrscheinlich lieber x=-1 anpassen, denn sonst geht womöglich noch Bedingung (3) kaputt.

Mit dem Ansatz f(x)=(x+k)x(x-1) und f '(-1/4) = - 1/4 erhielt ich damit k=5/8 und hatte damit eine passende Funktion gefunden - der gesuchte Funktionswert f(8) ist dann nur noch Formsache.

Vielleicht könnte man diesen Lösungsweg in die Kategorie "systematisches Probieren" stecken.
Mit diesen Mitteln (zugeschnitten auf mein eher beschränktes Schulwissenniveau) kam ich immerhin zum Ziel.
Ob der Aufgabensteller das so durchgehen lässt, das weiß ich nicht.

Hat aber Laune gemacht sich damit mal ein bisschen zu beschäftigen.
Ich werde eure beweisorientierten Ansätze mit Interesse weiter verfolgen, in der Hoffnung, dass ich dem einigermaßen folgen kann.

10.02.2024, 01:52

klauss

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Wie im Hauptthread gesagt, hier meine grobe Lösungsskizze.
Dürfte im Großen und Ganzen mit dem Vorgehen von hunger übereinstimmen und hat nicht HALs mathematische Stringenz, sondern würde man vielleicht als "heuristisch" bezeichnen (wobei ich den eigentlich später zum Ziel führenden Ansatz aufgrund einer irrtümlichen Annahme einmal zwischenzeitlich abgebrochen hatte). Diese Methode allerdings auch, um möglichst nah an einer Argumentation zu bleiben, die man auch von guten Schülern noch erwarten könnte.
Graphische Betrachtungen von Polynomen 3. Grades waren von wesentlicher Bedeutung.
Falls man sich anfänglich daran versucht, wird schnell klar, dass hier sicher keine wilde Koeffizientenrechnerei zum Ziel führt.

$\begin{eqnarray*} \bullet \end{eqnarray*}$ Aus (1) folgt, dass die Funktion reelle Nullstellen der Vielfachheit 3 haben muß.
$\begin{eqnarray*} \bullet \end{eqnarray*}$ Unter den Nullstellen wird es (zumindest) 2 ganzzahlige und benachbarte geben müssen, um (1) einzuhalten.
$\begin{eqnarray*} \bullet \end{eqnarray*}$ Aus "führender Koeffizient = 1 > 0" folgt der Globalverlauf des Graphen.
$\begin{eqnarray*} \bullet \end{eqnarray*}$ Aus (2) und (3) folgt, dass sich der fallende Abschnitt des Graphen über das ganzzahlige x=0 hinweg erstreckt. Man kann unter Berücksichtigung der vorherigen Erkenntnisse damit verschiedene Verläufe untersuchen (mit x=0 als Nullstelle oder auch nicht). Hier ist (1) entsprechend Ausschlußkriterium.

Schließlich bin ich zu dem sinnvollen Ansatz
$\begin{eqnarray*} f(x)=x(x-1)(x-a) \end{eqnarray*}$
gelangt mit $\begin{eqnarray*} -1<a<0 \end{eqnarray*}$ .

Einen Beweis für die Eindeutigkeit der Lösung habe ich nicht gezielt gesucht, jedoch lassen die geforderten Eigenschaften eigentlich keine weitere graphisch darstellbare Möglichkeit zu.

Auch wenn der Weg hier, um Wiederholungen zu vermeiden, knapp zusammengefaßt wurde, muß ich sagen, dass er schon geraume Zeit und mehrere DIN A4 Blätter gebraucht hat und es in einer regulären Abschlußprüfung wahrscheinlich nicht innerhalb der erlaubten Zeit geklappt hätte, zumindest nicht, wenn noch weitere Aufgaben angestanden hätten.

10.02.2024, 10:08

HAL 9000

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Ok, ich versuch mich mal weiter an einem lückenlosen Eindeutigkeitsbeweis, der (hoffentlich) nicht zu sehr ausufert:

Nach der Erkenntnis "drei reelle Nullstellen" ist außerdem klar, dass es eine lokale Maximumstelle $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ sowie eine lokale Minimumstelle $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ geben muss und die Funktion dazwischen monoton fällt - und $\begin{eqnarray*} [M,m] \end{eqnarray*}$ ist das einzige Intervall, wo $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ monoton fällt. Aus (2) und (3) folgt somit $\begin{eqnarray*} \min(u,w)\leq M < -\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4}< m\leq max(v,w) \end{eqnarray*}$ .

Außerdem ist festzuhalten, dass aufgrund dieser Konstellation folgendes NICHT möglich ist:
- zwei lokale Minimumstellen
- zwei lokale Maximumstellen
das werden wir später noch brauchen.

Fall 1: $\begin{eqnarray*} u < w < v \end{eqnarray*}$

Das bedeutet (s.o.) $\begin{eqnarray*} u\leq -1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} v\geq 1 \end{eqnarray*}$ , es gibt daher ganze Zahlen im Intervall $\begin{eqnarray*} (u,v) \end{eqnarray*}$ .

Nehmen wir zunächst an, dass $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ nicht ganz ist. Dann muss wegen (1) die Anzahl der ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} (u,v) \end{eqnarray*}$ gerade sein mit den Vorzeichenkombinationen -+-+...-+. Gemäß Zwischenwertsatz und den dazwischen liegenden Nullstellen kommt allenfalls ein solches -+ in Frage, also $\begin{eqnarray*} u=v-3 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(u+1)<0 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} f(u+2)>0 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} u+1 < w < u+2 \end{eqnarray*}$ . Dann hätten wir aber zwischen $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ mindestens drei Monotonieabschnitte "fallend->wachsend->fallend", was unmöglich ist (s.o.)

Daher war die Annahme falsch, und wir wissen dass $\begin{eqnarray*} w \end{eqnarray*}$ ganz ist. Im Fall $\begin{eqnarray*} u<w-1 \end{eqnarray*}$ haben wir $\begin{eqnarray*} f(u+1) < 0 \end{eqnarray*}$ und damit aber neben $\begin{eqnarray*} m\in (w,v) \end{eqnarray*}$ eine zweite lokale Minimumstelle im Intervall $\begin{eqnarray*} (u,v) \end{eqnarray*}$ , Widerspruch. Analog haben wir im Fall $\begin{eqnarray*} w+1<v \end{eqnarray*}$ ja $\begin{eqnarray*} f(v-1)>0 \end{eqnarray*}$ und daher neben $\begin{eqnarray*} M\in (u,w) \end{eqnarray*}$ eine zweite lokale Maximumstelle im Intervall $\begin{eqnarray*} (w,v) \end{eqnarray*}$ , Widerspruch.

Somit ist hier $\begin{eqnarray*} u=w-1=v-2 \end{eqnarray*}$ , was wegen $\begin{eqnarray*} u\leq -1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v\geq 1 \end{eqnarray*}$ nur $\begin{eqnarray*} u=-1,w=0,v=1 \end{eqnarray*}$ bedeuten kann. Die Funktion $\begin{eqnarray*} f(x) = (x+1)x(x-1) = x^3-x \end{eqnarray*}$ erfüllt (1) und (3), aber mit $\begin{eqnarray*} f'\left(-\frac{1}{4}\right) = -\frac{13}{16} \end{eqnarray*}$ eben leider nicht (2) - diesem Fall liegt auch mein obiger Irrtum zugrunde.

Fall 2: $\begin{eqnarray*} w\leq u \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} w\geq v \end{eqnarray*}$

Mit ähnlicher Argumentation wie im 1.Fall kann man $\begin{eqnarray*} u \leq v-3 \end{eqnarray*}$ ausschließen, und $\begin{eqnarray*} u=v-2 \end{eqnarray*}$ würde zwangsläufig zu $\begin{eqnarray*} f(u+1)=0 \end{eqnarray*}$ führen, also $\begin{eqnarray*} w=u+1 \end{eqnarray*}$ , Widerspruch zur Fallbedingung. Bleibt nur noch $\begin{eqnarray*} u=v-1 \end{eqnarray*}$ übrig.

Fall 2.1: $\begin{eqnarray*} w\leq u \end{eqnarray*}$

Wir wissen $\begin{eqnarray*} v\geq 1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} v-2 = u-1 < w < -\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ . Damit ist $\begin{eqnarray*} v\geq 2 \end{eqnarray*}$ nicht möglich, bleibt nur $\begin{eqnarray*} v=1,u=0 \end{eqnarray*}$ . Der Ansatz $\begin{eqnarray*} f(x) = (x-w)x(x-1) \end{eqnarray*}$ führt zur Lösung mit $\begin{eqnarray*} w=-\frac{5}{8} \end{eqnarray*}$ , und ist oben ja schon hinreichend diskutiert worden.

Fall 2.2: $\begin{eqnarray*} w\geq v \end{eqnarray*}$

Wir wissen $\begin{eqnarray*} u\leq -1 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} u+2 = v+1 > w > \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ . Hier ist $\begin{eqnarray*} u\leq -2 \end{eqnarray*}$ nicht möglich, bleibt nur $\begin{eqnarray*} u=-1,v=0 \end{eqnarray*}$ . Der Ansatz $\begin{eqnarray*} f(x) = (x+1)x(x-w) \end{eqnarray*}$ führt zu $\begin{eqnarray*} w=-\frac{1}{32} \end{eqnarray*}$ , Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} w\geq 0 \end{eqnarray*}$ .

10.02.2024, 18:35

DrummerS

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Sehr beeindruckend! Habe anfänglich die Bedingungen (2) und (3) sowie $\begin{eqnarray*} f \left(x\right) = x^{3} + a \cdot x ^{2} + b \cdot x + c \end{eqnarray*}$ betrachtet und kam damit auf $\begin{eqnarray*} a < \frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b < - \frac{5}{16} \end{eqnarray*}$ (falls diese Zwischenergebnisse noch jemanden interessieren). Guten Abend.

11.02.2025, 15:00

HAL 9000

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Als kleiner Anstoß zur Aufgabe 75 mal ein wenig empirisches Zahlenmaterial, nämlich die ersten Folgenglieder $\begin{eqnarray*} a_n = 2^n + 3^n + 6^n - 1 \end{eqnarray*}$ mitsamt deren Primfaktorzerlegung:

$\begin{eqnarray*} a_{0} = 2 = 2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{1} = 10 = 2\cdot 5 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{2} = 48 = 2^4\cdot 3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{3} = 250 = 2\cdot 5^3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{4} = 1392 = 2^4\cdot 3\cdot 29 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{5} = 8050 = 2\cdot 5^2\cdot 7\cdot 23 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{6} = 47448 = 2^3\cdot 3^2\cdot 659 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{7} = 282250 = 2\cdot 5^3\cdot 1129 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{8} = 1686432 = 2^5\cdot 3\cdot 11\cdot 1597 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{9} = 10097890 = 2\cdot 5\cdot 11\cdot 41\cdot 2239 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{10} = 60526248 = 2^3\cdot 3\cdot 19\cdot 23\cdot 29\cdot 199 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{11} = 362976250 = 2\cdot 5^4\cdot 7\cdot 13\cdot 3191 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{12} = 2177317872 = 2^4\cdot 3^2\cdot 97^2\cdot 1607 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{13} = 13062296530 = 2\cdot 5\cdot 1306229653 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{14} = 78368963448 = 2^3\cdot 3\cdot 3265373477 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{15} = 470199366250 = 2\cdot 5^4\cdot 17\cdot 29\cdot 763001 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{16} = 2821153019712 = 2^6\cdot 3\cdot 23\cdot 9697\cdot 65881 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{17} = 16926788715970 = 2\cdot 5\cdot 7\cdot 19\cdot 229\cdot 1213\cdot 45817 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{18} = 101560344351048 = 2^3\cdot 3^3\cdot 11\cdot 42744252673 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{19} = 609360902796250 = 2\cdot 5^4\cdot 11\cdot 44317156567 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{20} = 3656161927895952 = 2^4\cdot 3\cdot 76170040164499 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{21} = 21936961102828210 = 2\cdot 5\cdot 23\cdot 16369\cdot 5826751283 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{22} = 131621735227521048 = 2^3\cdot 3\cdot 43\cdot 47\cdot 1459\cdot 1859922143 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{23} = 789730317205170250 = 2\cdot 5^3\cdot 7\cdot 13\cdot 33391\cdot 1039604101 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{24} = 4738381620767930592 = 2^5\cdot 3^2\cdot 659\cdot 24966182034901 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{25} = 28430288877251865250 = 2\cdot 5^3\cdot 97\cdot 1777\cdot 659754106069 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{26} = 170581730721511145448 = 2^3\cdot 3\cdot 59\cdot 48049\cdot 36383\cdot 68910659 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{27} = 1023490376703200952250 = 2\cdot 5^3\cdot 23\cdot 29\cdot 53\cdot 115808930633159 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{28} = 6140942237341876387632 = 2^4\cdot 3\cdot 11\cdot 19\cdot 19681\cdot 42961\cdot 723978961 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{29} = 36845653355419807219090 = 2\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 31\cdot 353\cdot 4372795199139319 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} a_{30} = 221073919926625563736248 = 2^3\cdot 3^2\cdot 3070471110092021718559 \end{eqnarray*}$

11.02.2025, 15:30

IfindU

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Ziemlich frustrierende Liste, HAL. Ich hatte gehofft, man kann (außer $\begin{eqnarray*} p=2,3 \end{eqnarray*}$ ) für alle ungerade (statt nur prim) Zahlen $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ zeigen, dass $\begin{eqnarray*} p | a_n \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Offenbar möchten $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ aber nicht zeitgleich auftreten Big Laugh

11.02.2025, 17:29

HAL 9000

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Es gibt ein Muster, aber es ist zugegeben schwer zu erkennen - deswegen habe ich ja auch so viele Glieder angegeben. Ein weiterer Hinweis ist der Kleine Fermat.

11.02.2025, 17:39

IfindU

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Die neue Hoffnung wäre, dass $\begin{eqnarray*} p | a_{p-2} \end{eqnarray*}$ . Und da sehe ich auch wie der kleine Fermat helfen kann Freude

11.02.2025, 17:54

HAL 9000

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Ja, wenn man einmal diese Idee hat, ist der Beweis auch nicht mehr so fern. Augenzwinkern

Eine interessante Anschlussfrage wäre: Findet man für jede positive Zahl $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ ein $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m\mid a_n \end{eqnarray*}$ ?

Wir wissen bisher, dass es für alle Primzahlen $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ klappt. Und für $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ , die zu 6 teilerfremd sind, geht das analog dem obigen Weg mit $\begin{eqnarray*} n=k\cdot\varphi(m)-1 \end{eqnarray*}$ für beliebige $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ .

Die Frage ist nun, ob man $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ so wählen kann, dass das zugehörige $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ auch durch eine vorgegeben Potenz von 6 teilbar ist. verwirrt

11.02.2025, 18:29

IfindU

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Für $\begin{eqnarray*} m = 15 \end{eqnarray*}$ wohl nicht. Ich vermute man kann zeigen, dass $\begin{eqnarray*} 3 \end{eqnarray*}$ niemals $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade teilt. Ich vermute es ist auch sehr einfach zu zeigen. Analog $\begin{eqnarray*} 5 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gerade. Und damit hat man wenigstens unendlich viele Gegenbeispiele.

11.02.2025, 18:31

HAL 9000

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Ja, hab ich bei Durchsicht des Zahlenmaterials auch gerade gemerkt.

Für gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} a_n\equiv 2^n + (-2)^n + 1^n-1 \equiv 2^{n+1}\not\equiv 0\bmod 5 \end{eqnarray*}$ .

Für ungerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ gilt hingegen $\begin{eqnarray*} a_n\equiv 2\cdot 4^{\frac{n-1}{2}} -1 \equiv 1\not\equiv 0\bmod 3 \end{eqnarray*}$ .

Was Primfaktor 2 betrifft: Für $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$ und ungerades $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ kann man nachweisen, dass $\begin{eqnarray*} 3^{u\cdot 2^k}-1 \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} 2^{k+2} \end{eqnarray*}$ , aber nicht durch $\begin{eqnarray*} 2^{k+3} \end{eqnarray*}$ teilbar ist.

Für $\begin{eqnarray*} k=0 \end{eqnarray*}$ gilt indes $\begin{eqnarray*} 3^u-1\equiv 2\bmod 4 \end{eqnarray*}$ .

Insgesamt ergibt dies $\begin{eqnarray*} a_u\equiv 2\bmod 4 \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} a_{u\cdot 2^k}\equiv 2^{k+2}\bmod 2^{k+3} \end{eqnarray*}$ im Fall $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$ , mit einer einzigen Ausnahme $\begin{eqnarray*} u=1,k=1 \end{eqnarray*}$ , wo ja $\begin{eqnarray*} a_2 = 48 = 2^4\cdot 3 \end{eqnarray*}$ gilt. Insbesondere gibt es kein $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a_n\equiv 4\bmod 8 \end{eqnarray*}$ , was ja die Betrachtung der obigen Liste auch nahelegt.

12.02.2025, 16:44

IfindU

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Interessant, danke HAL! Ich überlege gerade noch warum es genau $\begin{eqnarray*} 2^n + 3^n + 6^n -1 \end{eqnarray*}$ sein muss. Aus deinem Beweis würde ich vermuten, dass es genauso gilt mit $\begin{eqnarray*} b_n = \sum_{k=1}^K m_k^n - \sum_{k=1}^K m_k^{-1} \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_k \end{eqnarray*}$ ganze Zahlen sind. In deiner Aufgabe $\begin{eqnarray*} (m_1,m_2, m_3) = (2,3,6) \end{eqnarray*}$ . Oder benötigt man noch mehr?

Edit: Natürlich sollte $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^K m_k^{-1} \end{eqnarray*}$ eine ganze Zahl sein. Ansonsten macht die Fragestellung wenig Sinn Big Laugh

12.02.2025, 17:32

HAL 9000

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Ich hätte es weniger formellastig auf $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1 \end{eqnarray*}$ verkürzt, was natürlich nicht gleich die große Verallgemeinerung erfasst. Augenzwinkern

23.06.2025, 12:58

HAL 9000

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Die Lösung, die ich für Aufgabe 76/76a im Auge habe, macht Gebrauch von Differenzenfolgen höherer Ordnung: Bildet man von einem Polynom der Ordnung $\begin{eqnarray*} <n \end{eqnarray*}$ die Differenzenfolge $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ter Ordnung zum Abstand 1, dann bekommt man das Nullpolynom...

23.06.2025, 17:35

Leopold

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Zu Aufgabe 76:

Ich verwende die Interpolationsformel von Lagrange. In $\begin{align*} \prod_{j \neq k} \end{align*}$ soll bei fest vorgegebenem $\begin{align*} k \end{align*}$ die Produktbildung über alle $\begin{align*} j \end{align*}$ mit $\begin{align*} 1 \leq j \leq n \end{align*}$ und $\begin{align*} j \neq k \end{align*}$ erfolgen. Der Ansatz ist dann

$\begin{align*} f(x) = \sum_{k=1}^n a_k \prod_{j \neq k} \frac{x-j}{k-j} \end{align*}$

Hierin soll $\begin{align*} \left\{ a_1,a_2,\ldots,a_n \right\} = \left\{ 1,2,\ldots,n \right\} \end{align*}$ gelten.

Jetzt berechnet man

$\begin{align*} f(0) = \sum_{k=1}^n a_k \prod_{j \neq k} \frac{-j}{k-j} = \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} {n \choose k} \, a_k \end{align*}$

Für $\begin{align*} n=6 \end{align*}$ etwa ist dies

$\begin{align*} f(0) = 6a_1 - 15a_2 + 20a_3 - 15a_4 + 6a_5 - a_6 = \left( 6a_1 + 20a_3 + 6a_5 \right) - \left( 15a_2 + 15a_4 + a_6 \right) \end{align*}$

Für ein Maximum wird man bei den Positivgliedern den $\begin{align*} a_k \end{align*}$ die Werte 6,5,4 der Größe der Koeffizienten nach absteigend zuweisen, bei den Negativgliedern die Werte 3,2,1 der Größe der Koeffizienten nach aufsteigend:

$\begin{align*} \text{maximales} \ f(0) = \left( 6 \cdot 5 + 20 \cdot 6 + 6 \cdot 4 \right) - \left( 15 \cdot 1 + 15 \cdot 2 + 3 \right) = 126 \end{align*}$

24.06.2025, 05:14

HAL 9000

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Ja genau, das ist die Idee - auf dieselbe Formel kommt man mit den von mir genannte Differenzen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ -ter Ordnung (wo mit wachsender Ordnung der Polynomgrad jeweils um Eins fällt, bis das Nullpolynom erreicht ist).

Die Extrema bekommt man über folgende leicht beweisbare Aussage

Zitat:

Für reelle Zahlen $\begin{eqnarray*} x_1\leq \ldots \leq x_n \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} y_1\leq \ldots \leq y_n \end{eqnarray*}$ gilt für beliebige Permutationen $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} \{1,\ldots,n\} \end{eqnarray*}$ die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n x_k y_{n+1-k} \leq \sum_{k=1}^n x_k y_{\pi(k)} \leq \sum_{k=1}^n x_k y_k \end{eqnarray*}$

(Keine Ahnung, ob die irgend einen speziellen Namen hat - vielleicht weiß Leopold da mehr.)

24.06.2025, 08:33

IfindU

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@HAL müssen es vlt positive Zahlen sein?

24.06.2025, 09:27

HAL 9000

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In der von mir genannten Aussage? Nein, die Voraussetzung "positiv" ist nicht erforderlich.

25.06.2025, 09:01

IfindU

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Irgendwas scheitert hier mit meiner Intuition. Für positive $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ finde ichs offensichtlich, aber für gemischte wirkt es für mich falsch. Da aber alle Summen bilinear in $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ sind, ist ja für Konstanten $\begin{eqnarray*} c,d \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ dann
$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n (x_k +c) (y_{\pi(k)}+d) =\sum_{k=1}^n x_k y_{\pi(k)} + c \sum_{k=1}^n y_{\pi(k)} + d \sum_{k=1}^n x_k + ncd \end{eqnarray*}$ . Und $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n y_{\pi(k)} = \sum_{k=1}^n y_{\pi'(k)} \end{eqnarray*}$ für alle Permutationen $\begin{eqnarray*} \pi' \end{eqnarray*}$ , reicht es die Ungleichung für positive $\begin{eqnarray*} x,y \end{eqnarray*}$ zu zeigen.

Leider gewinnt bei Fragen der Intuition vs. Beweis, doch immer noch der Beweis Augenzwinkern

25.06.2025, 09:26

HAL 9000

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Betrachten wir eine Permutation $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ mit maximalem Wert $\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n x_k y_{\pi(k)} \end{eqnarray*}$

Falls $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ nicht die identische Permutation ist, gibt es einen kleinsten Index $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \pi(m)\neq m \end{eqnarray*}$ , es ist dann notwendig $\begin{eqnarray*} \pi(m)>m \end{eqnarray*}$ , und es gibt einen zugehörigen Index $\begin{eqnarray*} j>m \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \pi(j)=m \end{eqnarray*}$ . Wir tauschen nun aus, d.h., bilden die Permutation $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ gemäß

$\begin{eqnarray*} \sigma(k) = \begin{cases} \pi(j) & \mbox{ für }k=m\\ \pi(m) & \mbox{ für }k=j\\ \pi(k) & \mbox{ sonst}\end{cases} \end{eqnarray*}$ .

Dann gilt

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^n x_k y_{\sigma(k)} - \sum_{k=1}^n x_k y_{\pi(k)} = x_m y_{\pi(j)} + x_j y_{\pi(m)} - x_m y_{\pi(m)} - x_j y_{\pi(j)} = \left(x_j - x_m\right)\left(y_{\pi(m)} - y_{\pi(j)}\right) \geq 0 \end{eqnarray*}$

aufgrund von $\begin{eqnarray*} \pi(m) > m = \pi(j) \end{eqnarray*}$ . D.h., der maximale Wert wird ebenfalls erreicht durch eine Permutation $\begin{eqnarray*} \sigma \end{eqnarray*}$ , wo jener kleinste Index $\begin{eqnarray*} m' \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \sigma(m')\neq m' \end{eqnarray*}$ größer ist als das $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} \pi \end{eqnarray*}$ . Nach endlich vielen Schritten gibt es dann kein solches $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ mehr. d.h., man ist bei der identischen Permutation angelangt.

P.S.: Die mögliche Existenz mehrerer Maximum-Permutationen rührt natürlich von den $\begin{eqnarray*} \leq \end{eqnarray*}$ in den Voraussetzungen $\begin{eqnarray*} x_1\leq \ldots \leq x_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_1\leq \ldots \leq y_n \end{eqnarray*}$ . Bei der stärkeren Forderung $\begin{eqnarray*} x_1< \ldots < x_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_1< \ldots < y_n \end{eqnarray*}$ kämen wir mit obiger Argumentation sofort zu

$\begin{eqnarray*} \left(x_j - x_m\right)\left(y_{\pi(m)} - y_{\pi(j)}\right) > 0 \end{eqnarray*}$

und damit einem Widerspruch. D.h., in diesem Fall kann die nicht identische Permutation gar nicht Maximumstelle sein.

29.09.2025, 11:12

Gualtiero

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Zu Aufgabe 78
Für ungerade n ist die Begründung relativ leicht zu finden.

code:

1:
2:
3:
4:
5:
6:
7:
8:
9:
10:
11:
12:
13:
14:
15:
16:
17:
18:
19:
20:
21:
22:
23:

 n  Primfaktoren f(n)
 1  1*1		   0
 2  Primzahl	   1  
 3  Primzahl 	   1 
 4  = 2*2  	   1
 5  Primzahl 	   1 
 6  = 2*3  	   2
 7  Primzahl	   1  
 8  = 2*2*2 	   1 
 9  = 3*3 	   1  
 10  = 2*5	   2  
 11  Primzahl 	   1                  
 12  = 2*2*3 	   2                   
 13  Primzahl 	   1                  
 14  = 2*7 	   2                     
 15  = 3*5	   2                      
 16  = 2*2*2*2 	   1                 
 17  Primzahl 	   1                  
 18  = 2*3*3 	   2                   
 19  Primzahl 	   1                  
 20  = 2*2*5 	   2                   
 21  = 3*7  	   2
...

Beim Betrachten dieser Tabelle ist mir etwas aufgefallen, das hilfreich ist.
Quadratzahlen, auch höhere Potenzen von n, haben Funktionswert 1.
(Ebenso alle Primzahlen, aber das hilft hier nicht.)
Ungerade Zahlen lassen sich als Differenz zweier Quadrate darstellen, wobei immer f(a) = f(b) erfüllt ist.
Nur bei n = 3 muss man aufpassen: 4 - 1 geht nicht wegen f(4) = 1 und f(1) = 0.
Dafür geht z.B. 11 - 8, denn f(11) = f(8) = 1
Bei n = 1 hat man reichlich Auswahl, z.B. 3 - 2.

Bei geraden n bin ich am Grübeln.

29.09.2025, 12:15

HAL 9000

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Zitat:

Original von Gualtiero
Ungerade Zahlen lassen sich als Differenz zweier Quadrate darstellen, wobei immer f(a) = f(b) erfüllt ist.

Kann ich jetzt nicht nachvollziehen: Wieso sollen die zwei Quadrate a,b dieselbe Primfaktorenanzahl aufweisen? Erstaunt1

Zitat:

Original von Gualtiero
Quadratzahlen, auch höhere Potenzen von n, haben Funktionswert 1.

Nur Quadrate von Primzahlen!!! Für Quadrate beliebiger Zahlen gilt das i.a. nicht.

P.S.: Ich halte eigentlich "n gerade" für den einfacheren Fall. Augenzwinkern

29.09.2025, 19:34

Gualtiero

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Zitat:

Original von HAL 9000
Nur Quadrate von Primzahlen!!! Für Quadrate beliebiger Zahlen gilt das i.a. nicht.

Natürlich richtig! - Sorry, schwerer Denkfehler! Hammer

Für gerade n sind die Primzahlen jetzt doch interessant. Denn da gibt es nur gerade Differenzen, wenn man halt 2 ausschließt.
Ist aber nur ein vager Gedanke.

01.10.2025, 07:42

HAL 9000

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Ein kleiner Tipp: Man wird fündig, wenn man sich bei der Suche nach passenden $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ auf Vielfache von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ konzentriert...

EDIT (6.10.): Wenn man gerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ betrachtet, dann kommen beim Übergang von $\begin{eqnarray*} a=n \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} b=2n \end{eqnarray*}$ keine neuen Primfaktoren hinzu, es ist also schlich $\begin{eqnarray*} f(a)=f(b)=f(n) \end{eqnarray*}$ . Big Laugh

Für ungerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ist es nicht ganz so leicht, aber (wie gesagt) auch dort mit gewissen Vielfachen von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ machbar.

EDIT (8.10.): Bring ich das ganze mal noch zum Abschluss mit dem Fall ungerade $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ . Hier kann man z.B. wählen $\begin{eqnarray*} a=(p-1)n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b=pn \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ die kleinste ungerade Primzahl sein möge, die nicht in der Primfaktorzerlegung von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ vorkommt.

Dann hat $\begin{eqnarray*} b=pn \end{eqnarray*}$ offenbar genau einen Primfaktor mehr als $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , nämlich jenes $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ .

Bei $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ können wir zunächst zerlegen $\begin{eqnarray*} p-1 = 2^k\cdot u \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k\geq 1 \end{eqnarray*}$ und einer ungeraden Zahl $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ . Und das bedeutet nun, dass $\begin{eqnarray*} a = 2^k\cdot u\cdot n \end{eqnarray*}$ auch genau einen Primfaktor mehr als $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ hat, nämlich die $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ . Der ungerade Restfaktor $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ besteht nach Konstruktion nur aus Primfaktoren $\begin{eqnarray*} <p \end{eqnarray*}$ , und damit nur aus solchen, die bereits in $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ vorkommen.

Somit haben wir $\begin{eqnarray*} f(a) = f(n)+1 = f(b) \end{eqnarray*}$ .

12.10.2025, 20:20

Gualtiero

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Oje, ich hab' jetzt die ganze Zeit nur auf der Übersicht geschaut, ob es neue Beiträge gibt, aber nicht in Deinen letzten Beitrag. Und deswegen sehe ich die zwei Edits - leider - erst jetzt.
Ich habe zwar ein bisschen mit Deinem Tipp

Zitat:

Man wird fündig, wenn man sich bei der Suche nach passenden $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ auf Vielfache von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ konzentriert...

rumprobiert, aber bei n = 3 · n - 2 · n hatte ich schnell ein Gegenbeispiel mit n = 9, deshalb wollte ich nicht posten.
Nach meiner Formel bekäme ich 9 = 3 · 3 · 3 - 2 · 3 · 3 ---> a und b haben verschiedene Funktionswerte.

Wenn ich Dein zweites Edit richtig verstanden habe, muss man bei n = 9 für p 5 wählen. Denn 5 ist ja die kleinste Primzahl, die nicht in 3 · 3 vorkommt.
Dann hat man
9 = 5 · 9 - (5 - 1) · 9
9 = 5 · 3 · 3 - 2 · 2 · 3 · 3 ---> a und b haben gleich viele verschiedene Primfaktoren.

Danke für die Auflösung!

14.10.2025, 11:13

HAL 9000

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Es ist (wie gesagt) nur eine von vielen Lösungsvarianten - zugegeben eine der bequemsten. Im Fall " $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ ungerade" sollte analog auch $\begin{eqnarray*} n = (p+1)n - pn \end{eqnarray*}$ funktionieren, denn auch bei der geraden Zahl $\begin{eqnarray*} p+1=2^k\cdot u \end{eqnarray*}$ enthält $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ allenfalls Primfaktoren $\begin{eqnarray*} <p \end{eqnarray*}$ .

Problem bei solchen Aufgaben ist womöglich die überwältigende, verwirrende Fülle an Probier-Varianten. Schon die Einengung "such mal bei den Vielfachen von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ " macht die Aufgabe überschaubarer.

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