Kann es für a in 2a²-1=b² a geben,außer trivial 1² sowie 3², weitere a geben,für die 2a-1=n² gilt? |
| 19.01.2015, 19:13 | mi-wo 2 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| Kann es für a in 2a²-1=b² a geben,außer trivial 1² sowie 3², weitere a geben,für die 2a-1=n² gilt? Die gliedweise Summierung erster ungerader Kuben, beginnend mit 1^3, liefert die Folge der -- Dreieckszahlen, deren Indices b (Indices in der Folge der Dreieckszahlen, beginnent mit Index 1 und Dreieckszahl 1) der Form b=2a^2-1 sind, bzw.daher -- die Folge der Sechseckzahlen mit quadratischen Indices a^2 (Indices in der Folge der Sechseckszahlen, beginnent mit Index 1 und Sechseckszahl 1), wobei respektive (2a-1)^3 der jeweilige größste Summand der kubischen Reihe 1^3+3^3+...+a^3 ist (Indices jeweils zählbeginnend mit Index 1 für den Kubus1^3), und wobei die Anzahl der ungeraden kubischen Summanden 1^3,3^3,... a lautet. Ist der Index dieser betrachteten Dreieckszahlen quadratisch, gilt b^2=2a^2-1 und die zugehörige Dreieckzahl ist daher eine ungerade quadratische Dreieckszahl (die gliedweise Summierung erster ungerader Kuben liefert als Teilfolge die Folge der ungeraden quadratischen Dreieckszahlen). Für eine ung. quadratische Dreieckszahl T,- deren Index unter den Dreieckszahlen b^2=2a^2-1 lauten wird,- gilt also, daß sie als Summe erster a ungerader Kuben, beginnend mit 1^3, darstellbar ist. Betrachtet man die a für die Indices der Form b^2=2a^2-1 der ersten 23 ung. quadratischen Dreieckszahlen, beginnend mit 1^2 (die 23.quadratische Dreieckszahl ist etwas kleiner als 60 Billiarden), gilt, außer für den trivialen Fall des Index 1^2 für ein weiteres a der Fall 2a-1=n^2. Es gilt für die kleinste, nichtriviale, ungerade quadratische Dreieckszahl, die n^2-te Dreieckszahlen mit Index 7^2=2?5^2-1, 1225=35^2 (deren Basis unter den quadratischen Dreieckszahlen den einzigen Fall darstellt, für den die Zerlegprimfaktoren (ausschließlich) einen 6n±1 Zwilling darstellen, 35=5·7), a=5, daß die Basis des größsten kubischen Summanden a)ein quadratischer Ausdruck ist, der zudem b) ohne echte Zerleprimfaktoren aus den Formen 6n±1 ist, 2·5-1=3^2. Meine Frage wäre, ob folgende beiden (möglicherweise zusammenhängenden) Annahmen stimmen, - und wenn sie stimmen,- wie das zu beweisen ist: Annahme, 1. Teil: Für erste a aufeinanderfolgende kubische Summanden, beginnend mit 1^3, deren Summen quadratische Dreieckszahlen liefern, gilt nur für die Anzahlen a 1 und 5, daß 2a-1 einen quadratischen Ausdruck liefern; Annahme, 2. Teil: Für erste a aufeinanderfolgende kubische Summanden, beginnend mit 1^3, gilt für nur für die Anzahen a 1 und 5, daß 2a-1 Audrücke ohne echte Zerlegprimfaktoren liefern. Meine Ideen: Man kann bspw. über Modularithmetik zeigen, daß die Dreieckszahlen,genauer Sechseckszahlen, die sich aus der fortlaufenden gliedweisen Summierung erster ung. Kuben, beginnend mit 1^3, ergeben,- also die Sechseckszahlen, die als Indices, unter den Sechseckszahlen, die Folge der Quadrate a^2 besitzen, beginnennd mit 1^2, modulo 24 einen zwölf Schritte langen Restezyklus (kleinste Reste, mit Wiederholungen) durchlaufen, dessen 24er Reste genau die sechs sind, die Quadrate modulo 24 haben können, die 24er Reste 0, 1,2^2,3^2,12 und 4^2.Da die Cofaktoren p von a^2 auschließlich Zahlen aus den Formen 6n±1 sind und diese quadratiert stets kongr. 1 mod 24 sein müssen, werden ung. quadratische Dreieckszahlen ebenfalls immer kongr. 1 mod 24 sein. Der jeweils größste kubische Summand erster kubischer Summanden, beginnend mit 1^3,die die n^2-te Sechsechszahlen liefern, hat die Basis 2n-1. Dabei gilt im besonderen für die ersten fünf ung. Kuben 1^3+3^3+5^3+7^3+9^3=5^2·7^2. Erste Anzahlen a erster ung. Kuben, beginnend mit 1, die summiert eine ung. quadratische Dreieckszahl liefern und zugehörige b=2a-1 (diese Folge ist bspw. mit 6·a(n-1)-a(n-2a(1)=1, a(2)=5 darstellbar) sind a b=2a-1 1 1 5 9 29 57 169 337 985 1969 5741 11481 33461 66921 ... Für die ersten 23 Glieder a ist > 1 ein 2a-1 dadurch ausgezeichnet a) quadratisch b) keine echten Teiler aus den Formen 6n±1 zu besitzen, eben 2·5-1=3^2. a) und b) gelten auch für a=1. Betrachtet man die Folge b=2a-1 modulo 24, liefern sie den vier Schritte langen Restezyklus 1,3^2,3^2,1,- ohne Wiederholungen kommen offensichtlich nur die quadratischen Reste 1^2,3^2 vor, wobei Zahlen mit diesen 24 er Resten quadratisch sein können. Aber nur 2 quadratische Fälle sind für die ersten 23 quadratischen Dreieckszahlen gegeben. Das führt zu der Frage ob die beiden Fälle diskret sind. |
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| 19.01.2015, 19:40 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Empfehlungen, wie du vielleicht mehr Leser gewinnen kannst: Text besser strukturieren, nicht so derart viele Gleichungen "in Prosa" erzählen, sondern auch wirklich als Formeln darstellen. Ich jedenfalls bin bei diesem Text derart ermüdet, dass ich nach vielleicht 10 Zeilen sofort ans Ende gesprungen bin, also deinen zu beweisenden Behauptungen (auch leider nur in Prosa mit verwickelter Grammatik gekleidet - furchtbar).
Wieso das denn? ist für alle eine Quadratzahl, also a=1,5,13,25,41,... Und die im ersten Satz genannte Eigenschaft gilt ja für alle natürlichen , schließlich ist . |
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| 20.01.2015, 10:55 | mi-wo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
| dies und das so dann kanpp gegeben: die Folge A der Form 6·a(n-1) - a(n-2) mit a(1)=1, a(2)=5. Frage: kann 2A-1 außer den Quadraten 1²,3² weitere liefern? |
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| 21.01.2015, 11:21 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Du meinst damit . 
Für den Nachweis dieser Teilbarkeitseigenschaft sehe ich momentan keinen erfolgversprechenden Weg, ich kann nur mit der (für diese Frage vermutlich nutzlosen, aber schön anzuschauenden) expliziten Folgendarstellung dienen. 
Außerdem kann man als Teilfolge der rekursiv definierten Folge mit Start ansehen - vielleicht nützt dir das was? |
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| 25.01.2015, 21:04 | mi-wo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Danke erstmal. |
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