Mal ne andere Art von Rätsel... (Zahlentheorie) [gelöst]

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12.10.2004, 17:21

pimaniac

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Mal ne andere Art von Rätsel... (Zahlentheorie) [gelöst]

Warum kann das zwölffache einer Kubikzahl nie um 3 mehr als eine Quadratzahl sein?

12.10.2004, 21:19

carsten

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ich glaub' ich versteh da was falsch.
Ist die Frage $\begin{eqnarray*} 12 \cdot a^{3} \neq b^{2}+3 \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

Gegenbeispiel zu dieser Frage waere: a=1, b=3, $\begin{eqnarray*} 12 \cdot 1^3 = 3^2+3 \end{eqnarray*}$

12.10.2004, 23:10

pimaniac

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Nein du hast schon richtig verstanden... Hab nur was bei der Formulierung vergessen:

Warum kann das zwölffache einer Kubikzahl mit einer Ausnahme nie um 3 mehr als eine Quadratzahl sein?

Ich weiß das schaut nicht wirklich wie ein Rätsel aus... wenn ihr aber die Lösung dazu seht, werdet ihr mir recht geben dass das eindeutig in dieses Forum gehört...

13.10.2004, 00:18

riwe

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RE: Mal ne andere Art von Rätsel... (Zahlentheorie)

Zitat:

Original von pimaniac
Warum kann das zwölffache einer Kubikzahl nie um 3 mehr als eine Quadratzahl sein?

heißt das nicht:
n^3 <> x^2 + 3

soll es wirklich heissen: n^3 <> 3x^2
werner

13.10.2004, 00:19

pimaniac

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RE: Mal ne andere Art von Rätsel... (Zahlentheorie)
nein ich mein

12x^3-3<>b^2

13.10.2004, 00:49

riwe

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RE: Mal ne andere Art von Rätsel... (Zahlentheorie)
tschuldigung 12 hab ich vergessen
alles klar
(war nur wegen weiter oben)
werner

13.10.2004, 10:59

Steve_FL

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hm...der Ausdruck 12x^3 - 3 ist mit Sicherheit durch 3 teilbar.
Der Ausdruck b^2 ist nur dann durch 3 teilbar, wenn auch b durch 3 teilbar ist.
Wenn man b^2 in seine Primfaktoren zerlegt, dann hat die 3 auf jeden Fall einen geraden Exponenten.

Bei 12x^3-3 muss man nun unterscheiden, ob x durch 3 teilbar ist oder nicht.
Zerlegen wir dies zuerst in die Primfaktoren.
Wenn x nicht durch 3 teilbar ist, dann hat 3 einen ungeraden Exponenten, nämlich 1.

Wenn x durch drei teilbar ist, müssen wir unterscheiden, ob der 3er-Exponent von x^3 gerade oder ungerade ist.
Falls er gerade ist, wird er ungerade, sobald das 12 mithineinmultipliziert wird.
Wenn er aber gerade ist, wirds etwas komplizierter.

Ich glaube, dann wird das -3 wichtig, weil es die Zahl so verändert, dass irgendeiner, der Primzahlexponenten dann ungerade wird, was bei einer Quadratzahl aber nie der Fall sein kann.
Aber ich kenn mich in der Zahlentheorie noch zuwenig aus unglücklich

mfg

13.10.2004, 12:36

pimaniac

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Wenns nur um irgendwelche zahlentheoretischen Hirngespinste ging wär das Rätsel hier fehl am Platz.... Man kanns sicher auch mit beinharten (ich vermut mal relativ komplizierten) zahlentheoretischen MEthoden lösen, es geht aber viel einfacher und noch viel schöner

Rock

20.10.2004, 00:48

pimaniac

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Ich geb mal nen Tipp zur Lösung... Man braucht Fermats letzten Satz :-)

23.10.2004, 17:17

riwe

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reden wir von ganzen zahlen?
werner

23.10.2004, 19:13

pimaniac

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Würd schon sagen.... ansonsten wärs ja doch ein wenig zu billig

Hammer

23.10.2004, 23:31

riwe

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wieso?
kenn mich in zahlentheorie und so noch weniger aus, aber wäre das nicht schwieriger zu zeigen? oder vielleicht gibt es z.b komplexe lösungen?, rationale, irrationale wohl auch nicht....
werner

24.10.2004, 15:45

pimaniac

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naja es wär billig weil man dann unendlich viele Gegenbeispiele finden kann...

12x^3-3<>b^2

nimm z.B. x=5 und b dann einfach sqrt(12*5^3-3).

In der Zahlentheorie gehts übtigens meistens um ganze oder rationale Zahlen.

24.10.2004, 17:00

riwe

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verzeih einem banausen
werner

ich weiß, daß ich nichts weiß
nicht von mir, aber wahr

28.10.2004, 23:13

eule

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Ich hab keine Ahnung wüßte aber gerne die Lösung, oder hätte gerne einen Tip bevor der Thread im Nirwana verschwindet.

29.10.2004, 13:27

pimaniac

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Im Prinzip hab ich den wichtigsten Tip schon gegeben: Man brauchst Fermats letzten Satz.Ein weiterer Tip: Nimm das Gegenteil an und produzier einen Widerspruch

09.01.2005, 10:35

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Das mit dem "Gegenteil" ist kein eigentlicher Hinweis - das wird ja immer so gemacht.

Vielleicht könntest du noch etwas mehr verraten, wie denn die Unmöglichkeit von $\begin{eqnarray*} u^m+v^m=w^m \end{eqnarray*}$ in positiven ganzen Zahlen u,v,w,m mit m>2 (hier vielleicht m=3 ?) bei der Lösung dieser Aufgabe helfen soll? verwirrt

Es scheint ja sonst keiner drauf zu kommen. Hilfe

09.01.2005, 14:33

Davidxy

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ich nehm mal an weil bei x > 1:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{12×x^3-3} \end{eqnarray*}$

nicht aufgehen kann.

$\begin{eqnarray*} x = \sqrt[3]{\frac{n^2+3}{12}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow n^2+3 = 0\ mod\ 12 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{n^2}{12} + \frac{1}{4}=m\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow n = 9+12×a, a\in \mathbb{N} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{(9+12a)^2+3}{12} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \frac{81+216a+144a^2+3}{12} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 7+18a+12a^2:=\frac{n^2+3}{12} \end{eqnarray*}$

so nun hab ich das problem auf die form gebracht, lässt sich bei diesem ausdruck die 3 wurzel ziehen? bzw.

$\begin{eqnarray*} x^3 = 7 + 18a + 12a^2 \end{eqnarray*}$

nun ist die frage lässt sich das lösen? für welche a?

oder

$\begin{eqnarray*} F(a) = \sqrt[3]{7 + 18a + 12a^2} \end{eqnarray*}$

09.01.2005, 14:42

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Zitat:

Original von Davidxy
ich nehm mal an weil bei x > 1:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{12\times x^3-3} \end{eqnarray*}$

(Ich hab nur mal das LaTeX korrigiert - die Firefox-Nutzer konnten das nämlich nicht lesen. Du darfst kein × im LaTeX-Mode verwenden, dort heißt das \times)

Zum Inhalt:

Mit Kongruenzbetrachtungen allein ist das Problem

$\begin{eqnarray*} 12a^3-3=b^2 \end{eqnarray*}$

nicht zu knacken, das beweist allein die Existenz der Lösung a=1, b=3.

Natürlich erhält man nach kurzer Überlegung
$\begin{eqnarray*} a\equiv 1\mod 6 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b\equiv 3\mod 6 \end{eqnarray*}$
als notwendige Bedingung ganzzahliger Lösungen, aber die durch Setzen von a=6c+1 und b=6d+3 entstehende Gleichung

$\begin{eqnarray*} 6c(12c^2+6c+1)=d(d+1) \end{eqnarray*}$

sieht auch nicht viel besser aus.

10.01.2005, 00:56

pimaniac

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Fein dass sich noch ein paar für das Rätsel interessieren...

Ansatz ist der folgende

Man weiß wegen Satz von Fermat dass es kein a und b geben kann mit

(b+3)^3=(6a)^3+(b-3)^3

mit b>3

-->

(b+3)^3+(3-b)^3<>6^3*a^3

Formt man das ein wenig um erhält man sofort das gewünschte Resultat

10.01.2005, 08:18

Davidxy

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ich hab ev. entdeckt wie man einen Würfel im 4-Dimensionalen Raum beschreiben kann, hat das schon jemand entdeckt? (ohne zeit als 4. dimension)

10.01.2005, 08:21

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@pimaniac

Nicht schlecht, auf diese trickreiche Umformung wär ich wohl nicht gekommen - selbst mit meiner obigen Vermutung m=3 nicht.

Also kein Hammer

, sondern eher Gott

10.01.2005, 08:37

pimaniac

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Bis ich in der anderen Richtung draufgekommen bin hats auch ewig gedauert. Auch wenn man die Idee hat ist es relativ schirch die JKoeffizinten hinzubekommen.

Man kann so übrigens viele interessante "Unmöglichkeiten" beweisen. Mit geschickter Annahme von a,b,c und n kann man leicht auf der einen oder anderen Seite "Dimensionen" reduzieren und so aus Fermats letzem Satz mehr machen als er eigentlich hergibt.

Übrigens: Die eine Lösung ergibt sich natürlich aus (b-3)=0

10.01.2005, 09:29

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Das mit b=3 ist schon klar. Augenzwinkern

Als Zahlentheorie-Experte fällt dir ja vielleicht auch eine kürzere Lösung für dieses Problem ein? verwirrt

10.01.2005, 10:10

pimaniac

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Ich kenn das Problem, das ist ein IMO Problem, was ich mal in der Vorbereitung für die IMO gemacht hab... Kürzer als die offizielle Lösung die ja eh ned lang ist gibts da wohl eher ned.

10.01.2005, 11:10

JochenX

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Zitat:

Original von Davidxy
ich hab ev. entdeckt wie man einen Würfel im 4-Dimensionalen Raum beschreiben kann, hat das schon jemand entdeckt? (ohne zeit als 4. dimension)

passend zum thema Augenzwinkern

Zitat:

Kürzer als die offizielle Lösung die ja eh ned lang ist gibts da wohl eher ned.

hmm, aber wenn man jetzt noch alle induktionen macht, wird der beweis ja doch recht umfangreich.... sind zahlentheoretische beweise (fast) immer so umfangreich?!

10.01.2005, 11:37

pimaniac

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Zitat:

hmm, aber wenn man jetzt noch alle induktionen macht, wird der beweis ja doch recht umfangreich.... sind zahlentheoretische beweise (fast) immer so umfangreich?!

Naja die Frage is ungefähr so klug wie "Sind alle Autos blau"

Der Beweis von Fermats letztem Satz ist wenn du wirklich alles reinschreibst mal mindestens 500 Seiten lang.

Der Beweis dass z.B.:

alle Zahlen der Form (x^2-x) durch 2 teilbar sind ungefähr eine Zeile.
Das Problem mit Zahlentheorie ist halt dass es wenig Standardverfahren, mal abgesehen von Induktion gibt... oft ist kreativität gefragt

10.01.2005, 16:07

Davidxy

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Eine Frage, von welcher meiner Meinung nach die Lösung dieses, oder eines anderen Problems abhängt:

Ist ein Kubus durch eine Addition von zwei anderen Kuben auszudrücken?

oder, stimmt diese gleichung?:

$\begin{eqnarray*} x^3 = 3a^2+3a+1 \end{eqnarray*}$

wenn ja könnte es ev. gehen.

(ist das der fermat satz?)

/2: scheint so...

10.01.2005, 16:17

landy

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fermts letzter satz sagt meinenwissens aus dass die gleichung
a^x+b^x=c^x (mit x als variable) keine ganzzahlien lösungen besitzt!
oder irre ich mich da ?

10.01.2005, 16:28

Davidxy

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Nachgerechnet für kleine x, bei $\begin{eqnarray*} x^3 = 3a^2+3a+1 \end{eqnarray*}$ , und es gibt immer 2 lösungen mit komplexen zahlen, und eine nichtganzzahlige.

Somit ist F(a) unlösbar.

also geht:

$\begin{eqnarray*} F(a) = \sqrt[3]{7 + 18a + 12a^2} \end{eqnarray*}$

nicht, weil

$\begin{eqnarray*} x^3 = 3a^2+3a+1 \end{eqnarray*}$

nicht stimmt.

damit wäre nun eigentlich bewiesen wieso es nicht stimmt!

sagt wenn ihr meine überlegungen nicht nachvollziehen könnt.

11.01.2005, 00:45

pimaniac

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Ich steh ein wenig auf der Leitung

der Ausdruck

x^3=3a^2+3a+1

ist ja gleich zu

x^3+a^3=(a+1)^3

wozu es laut Fermat keine Lösungen gibt.

Aber was hat das mit dem Beispiel zu tun?

11.01.2005, 00:54

pimaniac

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Mir ist gerade was eingefallen...
Es gibt ja folgende zwei Sätze die erst relativ spät und kompliziert bewisen wurden dass es für die Gleichungen

x^3+1=y^2 bzw.

x^2+2=y^3

nur die Lösungen 2 und 3 bzw. 5 und 3 gibt.

Ich habe nun mit der Methode die ich in diesem Beispiel verwendet habe versucht die zweite Glechung die ja meinem Beispiel recht ähnlich ist auf Fermat zurüchzuführen, habe aber keine Koeffizienten gefunden mit denen es funktioniert.

Ich frag mich nun ob das möglich ist.

Falls jemand diesen Thread nach "Höhere MAthebmatik" verschieben mag, glaub ich macht das langsam Sinn...

11.01.2005, 00:57

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Zitat:

Original von Davidxy
sagt wenn ihr meine überlegungen nicht nachvollziehen könnt.

Nein, wir haben nicht gemerkt, dass du (2a+1) statt a in den Term (3a²+3a+1) einsetzt.

Gegen dein Genie werden wir nie ankommen. Big Laugh

11.01.2005, 10:46

JochenX

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Zitat:

x^3+1=y^2 bzw

Zitat:

nur die Lösungen 2 und 3

oder 2 und -3
oder 0 und 1
oder 0 und -1
oder -1 und 0

(erste immer x, zweite y)

mfg jochen

11.01.2005, 10:52

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Zitat:

Original von LOED
oder 2 und -3
oder 0 und 1
oder 0 und -1
oder -1 und 0

Hmmm, ich glaube pimaniac setzt stillschweigend Positivität der x,y voraus.

11.01.2005, 11:05

pimaniac

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Hab ich eigentlich ja...

Weil original heißt es dass es eben nur Ein paar von Quadratzahlen bzw. Kubukzahlen gibt die 1 oder 2 auseinandersind....

Aber die Lösungen gehen natürlich auch...

Der Ansatz sollt aber dennoch funktionieren,.... ich hab nur noch imme rncith die Koeffizienten gefunden

11.01.2005, 11:41

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Mit quadratischem, aber ohne lineares Glied bezüglich y müsste der Fermat-Ansatz zwangsläufig (ax)^3+(by-c)^3=(by+c)^3 lauten.

Auf die beiden Probleme

x^3=y^2-1 bzw.
x^3=y^2+2

von oben angewendet führt der anschließende Koeffizientenvergleich in die Sackgasse, d.h., einfach und direkt über Fermat geht hier so nicht.

@pimaniac
Hast du meine PN gekriegt? (Bin nun mal neugierig. Big Laugh

)

11.01.2005, 11:58

pimaniac

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habs ned gesehen... hast aber jetzt schon eine Antwort bekommen...

Mit den Koeffizienten soweit war ich auch schon...

eine andere Möglichkeit ist aber es z.B.: so anzusetzten:

(a-c)^3=x^3+(a-b)^3

und dann für c und b hübsche Werte einzusetzen... funktioniert aber auch nicht...

11.01.2005, 23:32

Davidxy

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Also, das ganze hat damit zu tun, wie muss ich einen Würfel mit der Kantenlänge a ergänzen, um wieder einen Würfel (mit kantenlänge c) zu bekommen. Die Lösung liegt logischerweise in den binomischen Formeln:

$\begin{eqnarray*} c^3=(a+b)^3=a^3+3a^2\cdot b+3a\cdot b^2+b^3 \end{eqnarray*}$

Mit überlegen kann man sich das auch ganz gut vorstellen. Dann lässt sich das Problem einsetzen:

$\begin{eqnarray*} a^3=b^3+3a^2\cdot b+3a\cdot b^2 \end{eqnarray*}$

man kann nämlich rechts den Kubus $\begin{eqnarray*} a^3 \end{eqnarray*}$ entfernen und auf die andere seite nehmen, dann den absoluten betrag, weil es keinen negativ kubus geben kann.

Dann hat man rechts wieder einen Kubus und eine ergänzung, also das gleiche nochmals.

$\begin{eqnarray*} b^3=3a^2\cdot b+3a\cdot b^2 \end{eqnarray*}$

dann durch 3:

$\begin{eqnarray*} \frac{b^3}{3} = a^2\cdot b + a \cdot b^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow a \equiv 0\ mod\ 3 \ \Vert \ b \equiv 0\ mod 3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow (3+3n)^2\cdot b+b^2\cdot (3+3n) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow (9n^2+18n+9) \cdot b+ 3b^2 + 3b^2\cdot n=c^3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 3b^2+3b^2\cdot n + 9b + 18b\cdot n + 9b \cdot n^2 = c^3 \end{eqnarray*}$

also jetzt komm ich selbst nicht mehr draus.

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 3b^2(n+1)+9b(n^2+2+1) = c^3 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 3b^2(n+1)+9b(n+1)^2 = c^3 \end{eqnarray*}$

also mal nach b auflösen:

$\begin{eqnarray*} b_{1,2}=\frac{-(9(n+1)^2)\pm\sqrt{(81(n+1)^4)+12c^3(n+1)}}{3(n+1)} \end{eqnarray*}$

das minus sauert schon einmal weg:

$\begin{eqnarray*} b_1=\frac{-9n^2-18n-9\pm\sqrt{81n^4+324n^3+486n^2+324n+81+12nc^3+12c^3}}{3n+3} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} b_1=-3n-3\pm ... \end{eqnarray*}$
nun muss man die wurzel vereinfachen / ziehen und so weiter, ev. mag ja jemand weiter machen...

12.01.2005, 13:26

Davidxy

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ok, beim weiteren überlegen ist mir aufgefallen, das ich einige annahmen für spezialfälle getroffen habe.

$\begin{eqnarray*} F_A(F_B(1))=3a^2+3a \end{eqnarray*}$

6,18,36,60
2,6,12,20
4,6,8

$\begin{eqnarray*} F_A(F_B(1))=\frac{F_{A-1}}{3}+2(A+1) \end{eqnarray*}$

bzw. 2*3, 2*3^2,2^2*3^2,2^2*3*5, was allerding nicht besonders gut ist.

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