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Weihnachtsgruß
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Alfred Flaßhaar
Dec 23, 2022, 2:00:17 PM12/23/22
to
Für den Fall, daß zwischen Weihnachten und Silvester Langeweile
aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Friedliche und gesunde Weihnachten wünscht
Alfred Flaßhaar
aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Friedliche und gesunde Weihnachten wünscht
Alfred Flaßhaar
Jens Kallup
Dec 23, 2022, 3:00:00 PM12/23/22
to
Am 23.12.2022 um 20:00 schrieb Alfred Flaßhaar:
> Friedliche und gesunde Weihnachten wünscht
>
> Alfred Flaßhaar
gleiche an Dir, und den Rest.
> Friedliche und gesunde Weihnachten wünscht
>
> Alfred Flaßhaar
Jens
--
Diese E-Mail wurde von Avast-Antivirussoftware auf Viren geprüft.
www.avast.com
Rainer Rosenthal
Dec 23, 2022, 3:43:27 PM12/23/22
to
Am 23.12.2022 um 20:00 schrieb Alfred Flaßhaar:
> Für den Fall, daß zwischen Weihnachten und Silvester Langeweile
> aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
>
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
> y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Berühmte Herkunft = vom großen (und gerade verstorbenen(*)) Arthur Engel?
> aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
>
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
> y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
>
> Friedliche und gesunde Weihnachten wünscht
>
> Alfred Flaßhaar
Frohe Weihnachten, erholsame Tage und ein guter Start ins Neue Jahr!
Rainer
(*) + 11.12.2022: https://de.wikipedia.org/wiki/Arthur_Engel
Siehe Nachruf von Klaus-R. Loeffler in de.rec.denksport, 21.12.2022, 09:15
Andreas Leitgeb
Dec 23, 2022, 5:18:42 PM12/23/22
to
Alfred Flaßhaar <Alfred.F...@gmx.de> wrote:
> Für den Fall, daß zwischen Weihnachten und Silvester Langeweile
> aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
>
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
> y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Für ungerades n (>=3) haben wir auf der linken Seite
> Für den Fall, daß zwischen Weihnachten und Silvester Langeweile
> aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
>
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
> y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
8*4^n' (mit n' = (n-3)/2 und somit n' >= 0)
auf der rechten Seite braucht man dann nur x = y = 2^n'
nehmen und voilá.
Für gerade n (>=4) kommt links noch ein faktor 2 dazu:
16*4^n' (mit n' = (n-2)/2 und somit wieder n' >= 0)
Würden wir x=3*y nehmen, dann kämen wir mal
auf 9*y²+7y²= 16y² , also muss man dann nur y= 2^n'
nehmen, und gut.
> Friedliche und gesunde Weihnachten wünscht
> Alfred Flaßhaar
Andreas Leitgeb
Dec 23, 2022, 5:20:47 PM12/23/22
to
Stefan Schmitz
Dec 23, 2022, 6:06:27 PM12/23/22
to
Am 23.12.2022 um 20:00 schrieb Alfred Flaßhaar:
> Für den Fall, daß zwischen Weihnachten und Silvester Langeweile
> aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
>
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
> y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Ich habe mal probiert, ob man über Induktion weiterkommt, aber schon die
> aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
>
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
> y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
ersten Folgenglieder sind ziemlich unregelmäßig:
n x y
3 1 1
4 3 1
5 5 1
6 1 3
7 11 1
8 9 5
Carlo XYZ
Dec 23, 2022, 6:18:41 PM12/23/22
to
Stefan Schmitz wrote on 24.12.22 00:06:
Man kommt trotzdem weiter. Ich sage nur [sorry fürs Spoilern]
.
.
<<SPOILER ALERT>>
.
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A077021
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<<SPOILER ALERT>>
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A077021
Rainer Rosenthal
Dec 23, 2022, 6:37:32 PM12/23/22
to
Am 24.12.2022 um 00:18 schrieb Carlo XYZ:
>
> Man kommt trotzdem weiter. Ich sage nur [sorry fürs Spoilern]
>
Nö, alles gut.
>
> Man kommt trotzdem weiter. Ich sage nur [sorry fürs Spoilern]
>
Und siehe da, ich hatte richtig vermutet:
A. Engel, Problem-Solving Strategies, p. 126.
Ulrich D i e z
Dec 24, 2022, 8:30:43 PM12/24/22
to
Einen Tag nach Ramanujans 135. Geburtstag schneite dank
Alfred Flaßhaar folgende Aufgabe in de.sci.mathematik herein:
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen
> x und y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Sofern x und y nicht verschieden sein müssen: Ja, gibt es.
Zu meiner Enttäuschung habe ich aber nur einen Existenzbeweis
basteln können, keine hübsche Formel mittels derer man alle Lösungen
rekursiv oder direkt aufzählen könnte.
Per Induktion kann man zunächst zeigen, dass es zu jeder
natürlichen Zahl n >= 3 ungerade _ganze_ Zahlen x' und y' gibt, mit
denen 2^n = (x')^2 + 7*(y')^2 wahr ist.
Wenn man dies gezeigt hat, kann man argumentieren, dass es zu
jeder natürlichen Zahl n >= 3, zu der es solche ungeraden _ganzen_
Zahlen x' und y' gibt, auch solche ungeraden _natürlichen_ Zahlen
x und y gibt:
Die besagten ganzen Zahlen kommen in der gegebenen Gleichung nur
im Quadrat vor, sodass man statt ihrer auch ihren Betrag
hernehmen kann, welcher in jedem Fall eine natürliche Zahl ist.
Bevor ich den Induktionsbeweis hinschreibe zunächst eine eher
schludrige Vorbetrachtung für den zu tätigenden Induktionsschluss:
Ausgehend von
x^2 + 7y^2 = 2^n
will man zeigen, dass 2^(n+1) auch von dieser Form ist:
x^2 + 7y^2 = 2^n
ist - Multiplikation mit 2 - äquivalent zu:
2*x^2 + 2*7y^2 = 2^(n+1)
Nun der Versuch, die linke Seite mit Quadratzahlen so zu
erweitern, dass man den Zähler (mittels sich weghebender
quadratischer Ergänzung in ein Binom und ein Siebenfaches eines
Binoms aufspalten kann - zunächst Erweiterung mit dem Faktor 4:
(4*2*x^2 + 4*2*7y^2)/4 = 2^(n+1)
(8x^2 + 56y^2)/4 = 2^(n+1)
Aufspalten in Summanden, hierbei "scharfes Hinsehen":
(49y^2+x^2+7x^2+7y^2)/4 = 2^(n+1)
Erste Möglichkeit der sich weghebenden quadratischen Ergänzung:
(49y^2+x^2-14xy+7x^2+7y^2+14xy)/4 = 2^(n+1)
((7y-x)/2)^2 + 7(( x + y)/2)^2 = 2^(n+1)
Zweite Möglichkeit der sich weghebenden quadratischen Ergänzung:
(49y^2+x^2+14xy+7x^2+7y^2-14xy)/4 = 2^(n+1)
((7y+x)/2)^2 + 7(( x - y)/2)^2 = 2^(n+1)
Man beachte:
- Da x und y ungerade sein sollen, sind 7y-x, x+y, 7y+x, x-y
jeweils restlos durch 2 teilbar.
- Wieder einmal bin ich nicht ohne scharfes Hinsehen ausgekommen.
Nach der schludrigen Vorbetrachtung nun zum Induktionsbeweis:
Induktionsanfang:
Zunächst sei festgestellt, dass das Tripel
n = n_0 = 3,
x' = x'_0 = 1,
y' = y'_0 = 1
alle verlangten Bedingungen erfüllt.
D.h., mit diesem Tripel
- ist die angegebene Gleichung wahr
(, denn mit diesem Tripel ist die angegebene Gleichung
2^n = (x')^2 + 7*(y')^2
äquivalent zur Gleichung
2^3 = (1)^2 + 7*(1)^2
äquivalent zur Gleichung
8 = 8),
- sind x' und y' ungerade und ganzzahlig,
- nimmt n den kleinsten Wert des für n infrage kommenden
Wertebereichs an.
Induktionsannahme sei die Annahme, dass ein Tripel
n = n_k, x' = x'_k, y' = y'_k
existiert, welches alle verlangten Bedingungen erfüllt -
insbesondere die Gleichung
(x'_k)^2 + 7*(y'_k)^2 = 2^(n_k)
sei wahr.
Der Induktionsschluss/Induktionsschritt sei:
Wenn ein Tripel n = n_k, x' = x'_k, y' = y'_k alle verlangten
Bedingungen erfüllt, dann erfüllt auch eines der beiden Tripel
Tripel A: n = n_(k+1) = n_k + 1,
x' = x'_(k+1) = (7y'_k - x'_k)/2
y' = y'_(k+1) = ( x'_k + y'_k)/2
Tripel B: n = n_(k+1) = n_k + 1,
x' = x'_(k+1) = (7y'_k + x'_k)/2
y' = y'_(k+1) = ( x'_k - y'_k)/2
alle verlangten Bedingungen:
- Mit beiden Tripeln ist die angegebene Gleichung wahr:
Für Tripel A ergibt sich:
(x'_(k+1))^2 + 7(y'_(k+1))^2 =
((7y'_k - x'_k)/2)^2 + 7(( x'_k + y'_k)/2)^2 =
2(x'_k)^2 + 14(y'_k)^2 =
((x'_k)^2 + 7*(y'_k)^2)*2 =
(2^(n_k))*2 =
2^(n_k + 1) =
2^(n_(k + 1))
Für Tripel B ergibt sich:
(x'_(k+1))^2 + 7(y'_(k+1))^2 =
((7y'_k + x'_k)/2)^2 + 7(( x'_k - y'_k)/2)^2 =
2(x'_k)^2 + 14(y'_k)^2 =
((x'_k)^2 + 7*(y'_k)^2)*2 =
(2^(n_k))*2 =
2^(n_k + 1) =
2^(n_(k + 1))
- Bei einem dieser beiden Tripel sind x' und y' ungerade und ganzzahlig:
Laut Induktionsannahme sind x'_k und y'_k ungerade.
Bei Betrachtung modulo 4 sind laut Induktionsannahme also vier Fälle möglich:
Fall 1: x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4)
Fall 2: x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4)
Fall 3: x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4)
Fall 4: x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4)
Betrachtung von Tripel A unter der Annahme, Fall 1 sei gegeben:
x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4);
x' = (7y'_k - x'_k)/2;
y' = ( x'_k + y'_k)/2;
=> 2x' == 2 (mod 4) -> x' ungerade und ganzzahlig -> x=abs(x') ungerade und natürlich
2y' == 2 (mod 4) -> y' ungerade und ganzzahlig -> y=abs(y') ungerade und natürlich
Betrachtung von Tripel B unter der Annahme, Fall 1 sei gegeben:
x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4);
x' = (7y'_k + x'_k)/2;
y' = ( x'_k - y'_k)/2;
=> 2x' == 0 (mod 4) -> x' gerade
2y' == 0 (mod 4) -> y' gerade
==> Unter der Annahme, Fall 1 sei gegeben, erfüllt Tripel A alle verlangten Bedingungen.
Betrachtung von Tripel A unter der Annahme, Fall 2 sei gegeben:
x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4);
x' = (7y'_k - x'_k)/2;
y' = ( x'_k + y'_k)/2;
=> 2x' == 0 (mod 4) -> x' gerade
2y' == 0 (mod 4) -> y' gerade
Betrachtung von Tripel B unter der Annahme, Fall 2 sei gegeben:
x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4);
x' = (7y'_k + x'_k)/2;
y' = ( x'_k - y'_k)/2;
=> 2x' == 2 (mod 4) -> x' ungerade und ganzzahlig -> x=abs(x') ungerade und natürlich
2y' == 2 (mod 4) -> y' ungerade und ganzzahlig -> y=abs(y') ungerade und natürlich
==> Unter der Annahme, Fall 2 sei gegeben, erfüllt Tripel B alle verlangten Bedingungen.
Betrachtung von Tripel A unter der Annahme, Fall 3 sei gegeben:
x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4);
x' = (7y'_k - x'_k)/2;
y' = ( x'_k + y'_k)/2;
=> 2x' == 0 (mod 4) -> x' gerade
2y' == 0 (mod 4) -> y' gerade
Betrachtung von Tripel B unter der Annahme, Fall 3 sei gegeben:
x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4);
x' = (7y'_k + x'_k)/2;
y' = ( x'_k - y'_k)/2;
=> 2x' == 2 (mod 4) -> x' ungerade und ganzzahlig -> x=abs(x') ungerade und natürlich
2y' == 2 (mod 4) -> y' ungerade und ganzzahlig -> y=abs(y') ungerade und natürlich
==> Unter der Annahme, Fall 3 sei gegeben, erfüllt Tripel B alle verlangten Bedingungen.
Betrachtung von Tripel A unter der Annahme, Fall 4 sei gegeben:
x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4);
x' = (7y'_k - x'_k)/2;
y' = ( x'_k + y'_k)/2;
=> 2x' == 2 (mod 4) -> x' ungerade und ganzzahlig -> x=abs(x') ungerade und natürlich
2y' == 2 (mod 4) -> y' ungerade und ganzzahlig -> y=abs(y') ungerade und natürlich
Betrachtung von Tripel B unter der Annahme, Fall 4 sei gegeben:
x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4);
x' = (7y'_k + x'_k)/2;
y' = ( x'_k - y'_k)/2;
=> 2x' == 0 (mod 4) -> x' gerade
2y' == 0 (mod 4) -> y' gerade
==> Unter der Annahme, Fall 4 sei gegeben, erfüllt Tripel A alle verlangten Bedingungen.
QED.
Wenn mir jetzt jemand bei der weitergehenden Frage helfen könnte, ob zu
jedem n nur genau eine Lösung existiert, bei der sowohl x als auch y
natürlich und ungerade ist, wäre ich dankbar.
Bei mir scheitert es im Moment daran, dass faktorielle Ringe u. dgl.
schon zu lange her sind.
Mit freundlichem Gruß
Ulrich
Alfred Flaßhaar folgende Aufgabe in de.sci.mathematik herein:
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen
> x und y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Zu meiner Enttäuschung habe ich aber nur einen Existenzbeweis
basteln können, keine hübsche Formel mittels derer man alle Lösungen
rekursiv oder direkt aufzählen könnte.
Per Induktion kann man zunächst zeigen, dass es zu jeder
natürlichen Zahl n >= 3 ungerade _ganze_ Zahlen x' und y' gibt, mit
denen 2^n = (x')^2 + 7*(y')^2 wahr ist.
Wenn man dies gezeigt hat, kann man argumentieren, dass es zu
jeder natürlichen Zahl n >= 3, zu der es solche ungeraden _ganzen_
Zahlen x' und y' gibt, auch solche ungeraden _natürlichen_ Zahlen
x und y gibt:
Die besagten ganzen Zahlen kommen in der gegebenen Gleichung nur
im Quadrat vor, sodass man statt ihrer auch ihren Betrag
hernehmen kann, welcher in jedem Fall eine natürliche Zahl ist.
Bevor ich den Induktionsbeweis hinschreibe zunächst eine eher
schludrige Vorbetrachtung für den zu tätigenden Induktionsschluss:
Ausgehend von
x^2 + 7y^2 = 2^n
will man zeigen, dass 2^(n+1) auch von dieser Form ist:
x^2 + 7y^2 = 2^n
ist - Multiplikation mit 2 - äquivalent zu:
2*x^2 + 2*7y^2 = 2^(n+1)
Nun der Versuch, die linke Seite mit Quadratzahlen so zu
erweitern, dass man den Zähler (mittels sich weghebender
quadratischer Ergänzung in ein Binom und ein Siebenfaches eines
Binoms aufspalten kann - zunächst Erweiterung mit dem Faktor 4:
(4*2*x^2 + 4*2*7y^2)/4 = 2^(n+1)
(8x^2 + 56y^2)/4 = 2^(n+1)
Aufspalten in Summanden, hierbei "scharfes Hinsehen":
(49y^2+x^2+7x^2+7y^2)/4 = 2^(n+1)
Erste Möglichkeit der sich weghebenden quadratischen Ergänzung:
(49y^2+x^2-14xy+7x^2+7y^2+14xy)/4 = 2^(n+1)
((7y-x)/2)^2 + 7(( x + y)/2)^2 = 2^(n+1)
Zweite Möglichkeit der sich weghebenden quadratischen Ergänzung:
(49y^2+x^2+14xy+7x^2+7y^2-14xy)/4 = 2^(n+1)
((7y+x)/2)^2 + 7(( x - y)/2)^2 = 2^(n+1)
Man beachte:
- Da x und y ungerade sein sollen, sind 7y-x, x+y, 7y+x, x-y
jeweils restlos durch 2 teilbar.
- Wieder einmal bin ich nicht ohne scharfes Hinsehen ausgekommen.
Nach der schludrigen Vorbetrachtung nun zum Induktionsbeweis:
Induktionsanfang:
Zunächst sei festgestellt, dass das Tripel
n = n_0 = 3,
x' = x'_0 = 1,
y' = y'_0 = 1
alle verlangten Bedingungen erfüllt.
D.h., mit diesem Tripel
- ist die angegebene Gleichung wahr
(, denn mit diesem Tripel ist die angegebene Gleichung
2^n = (x')^2 + 7*(y')^2
äquivalent zur Gleichung
2^3 = (1)^2 + 7*(1)^2
äquivalent zur Gleichung
8 = 8),
- sind x' und y' ungerade und ganzzahlig,
- nimmt n den kleinsten Wert des für n infrage kommenden
Wertebereichs an.
Induktionsannahme sei die Annahme, dass ein Tripel
n = n_k, x' = x'_k, y' = y'_k
existiert, welches alle verlangten Bedingungen erfüllt -
insbesondere die Gleichung
(x'_k)^2 + 7*(y'_k)^2 = 2^(n_k)
sei wahr.
Der Induktionsschluss/Induktionsschritt sei:
Wenn ein Tripel n = n_k, x' = x'_k, y' = y'_k alle verlangten
Bedingungen erfüllt, dann erfüllt auch eines der beiden Tripel
Tripel A: n = n_(k+1) = n_k + 1,
x' = x'_(k+1) = (7y'_k - x'_k)/2
y' = y'_(k+1) = ( x'_k + y'_k)/2
Tripel B: n = n_(k+1) = n_k + 1,
x' = x'_(k+1) = (7y'_k + x'_k)/2
y' = y'_(k+1) = ( x'_k - y'_k)/2
alle verlangten Bedingungen:
- Mit beiden Tripeln ist die angegebene Gleichung wahr:
Für Tripel A ergibt sich:
(x'_(k+1))^2 + 7(y'_(k+1))^2 =
((7y'_k - x'_k)/2)^2 + 7(( x'_k + y'_k)/2)^2 =
2(x'_k)^2 + 14(y'_k)^2 =
((x'_k)^2 + 7*(y'_k)^2)*2 =
(2^(n_k))*2 =
2^(n_k + 1) =
2^(n_(k + 1))
Für Tripel B ergibt sich:
(x'_(k+1))^2 + 7(y'_(k+1))^2 =
((7y'_k + x'_k)/2)^2 + 7(( x'_k - y'_k)/2)^2 =
2(x'_k)^2 + 14(y'_k)^2 =
((x'_k)^2 + 7*(y'_k)^2)*2 =
(2^(n_k))*2 =
2^(n_k + 1) =
2^(n_(k + 1))
- Bei einem dieser beiden Tripel sind x' und y' ungerade und ganzzahlig:
Laut Induktionsannahme sind x'_k und y'_k ungerade.
Bei Betrachtung modulo 4 sind laut Induktionsannahme also vier Fälle möglich:
Fall 1: x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4)
Fall 2: x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4)
Fall 3: x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4)
Fall 4: x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4)
Betrachtung von Tripel A unter der Annahme, Fall 1 sei gegeben:
x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4);
x' = (7y'_k - x'_k)/2;
y' = ( x'_k + y'_k)/2;
=> 2x' == 2 (mod 4) -> x' ungerade und ganzzahlig -> x=abs(x') ungerade und natürlich
2y' == 2 (mod 4) -> y' ungerade und ganzzahlig -> y=abs(y') ungerade und natürlich
Betrachtung von Tripel B unter der Annahme, Fall 1 sei gegeben:
x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4);
x' = (7y'_k + x'_k)/2;
y' = ( x'_k - y'_k)/2;
=> 2x' == 0 (mod 4) -> x' gerade
2y' == 0 (mod 4) -> y' gerade
==> Unter der Annahme, Fall 1 sei gegeben, erfüllt Tripel A alle verlangten Bedingungen.
Betrachtung von Tripel A unter der Annahme, Fall 2 sei gegeben:
x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4);
x' = (7y'_k - x'_k)/2;
y' = ( x'_k + y'_k)/2;
=> 2x' == 0 (mod 4) -> x' gerade
2y' == 0 (mod 4) -> y' gerade
Betrachtung von Tripel B unter der Annahme, Fall 2 sei gegeben:
x'_k == 1 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4);
x' = (7y'_k + x'_k)/2;
y' = ( x'_k - y'_k)/2;
=> 2x' == 2 (mod 4) -> x' ungerade und ganzzahlig -> x=abs(x') ungerade und natürlich
2y' == 2 (mod 4) -> y' ungerade und ganzzahlig -> y=abs(y') ungerade und natürlich
==> Unter der Annahme, Fall 2 sei gegeben, erfüllt Tripel B alle verlangten Bedingungen.
Betrachtung von Tripel A unter der Annahme, Fall 3 sei gegeben:
x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4);
x' = (7y'_k - x'_k)/2;
y' = ( x'_k + y'_k)/2;
=> 2x' == 0 (mod 4) -> x' gerade
2y' == 0 (mod 4) -> y' gerade
Betrachtung von Tripel B unter der Annahme, Fall 3 sei gegeben:
x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 1 (mod 4);
x' = (7y'_k + x'_k)/2;
y' = ( x'_k - y'_k)/2;
=> 2x' == 2 (mod 4) -> x' ungerade und ganzzahlig -> x=abs(x') ungerade und natürlich
2y' == 2 (mod 4) -> y' ungerade und ganzzahlig -> y=abs(y') ungerade und natürlich
==> Unter der Annahme, Fall 3 sei gegeben, erfüllt Tripel B alle verlangten Bedingungen.
Betrachtung von Tripel A unter der Annahme, Fall 4 sei gegeben:
x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4);
x' = (7y'_k - x'_k)/2;
y' = ( x'_k + y'_k)/2;
=> 2x' == 2 (mod 4) -> x' ungerade und ganzzahlig -> x=abs(x') ungerade und natürlich
2y' == 2 (mod 4) -> y' ungerade und ganzzahlig -> y=abs(y') ungerade und natürlich
Betrachtung von Tripel B unter der Annahme, Fall 4 sei gegeben:
x'_k == 3 (mod 4) und y'_k == 3 (mod 4);
x' = (7y'_k + x'_k)/2;
y' = ( x'_k - y'_k)/2;
=> 2x' == 0 (mod 4) -> x' gerade
2y' == 0 (mod 4) -> y' gerade
==> Unter der Annahme, Fall 4 sei gegeben, erfüllt Tripel A alle verlangten Bedingungen.
QED.
Wenn mir jetzt jemand bei der weitergehenden Frage helfen könnte, ob zu
jedem n nur genau eine Lösung existiert, bei der sowohl x als auch y
natürlich und ungerade ist, wäre ich dankbar.
Bei mir scheitert es im Moment daran, dass faktorielle Ringe u. dgl.
schon zu lange her sind.
Mit freundlichem Gruß
Ulrich
Stefan Schmitz
Dec 25, 2022, 2:30:50 AM12/25/22
to
Am 25.12.2022 um 02:31 schrieb Ulrich D i e z:
> Einen Tag nach Ramanujans 135. Geburtstag schneite dank
> Alfred Flaßhaar folgende Aufgabe in de.sci.mathematik herein:
>
>> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen
>> x und y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
>
> Sofern x und y nicht verschieden sein müssen: Ja, gibt es.
>
> Zu meiner Enttäuschung habe ich aber nur einen Existenzbeweis
> basteln können, keine hübsche Formel mittels derer man alle Lösungen
> rekursiv oder direkt aufzählen könnte.
Doch, du hast eine rekursive Formel gefunden. Sehr schön.
> Einen Tag nach Ramanujans 135. Geburtstag schneite dank
> Alfred Flaßhaar folgende Aufgabe in de.sci.mathematik herein:
>
>> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen
>> x und y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
>
> Sofern x und y nicht verschieden sein müssen: Ja, gibt es.
>
> Zu meiner Enttäuschung habe ich aber nur einen Existenzbeweis
> basteln können, keine hübsche Formel mittels derer man alle Lösungen
> rekursiv oder direkt aufzählen könnte.
> Per Induktion kann man zunächst zeigen, dass es zu jeder
> natürlichen Zahl n >= 3 ungerade _ganze_ Zahlen x' und y' gibt, mit
> denen 2^n = (x')^2 + 7*(y')^2 wahr ist.
>
> Wenn man dies gezeigt hat, kann man argumentieren, dass es zu
> jeder natürlichen Zahl n >= 3, zu der es solche ungeraden _ganzen_
> Zahlen x' und y' gibt, auch solche ungeraden _natürlichen_ Zahlen
> x und y gibt:
> Die besagten ganzen Zahlen kommen in der gegebenen Gleichung nur
> im Quadrat vor, sodass man statt ihrer auch ihren Betrag
> hernehmen kann, welcher in jedem Fall eine natürliche Zahl ist.
du direkt den Beweis für natürliche Zahlen.
> Erste Möglichkeit der sich weghebenden quadratischen Ergänzung:
>
> (49y^2+x^2-14xy+7x^2+7y^2+14xy)/4 = 2^(n+1)
> ((7y-x)/2)^2 + 7(( x + y)/2)^2 = 2^(n+1)
>
> Zweite Möglichkeit der sich weghebenden quadratischen Ergänzung:
>
> (49y^2+x^2+14xy+7x^2+7y^2-14xy)/4 = 2^(n+1)
> ((7y+x)/2)^2 + 7(( x - y)/2)^2 = 2^(n+1)
>
> Man beachte:
> - Da x und y ungerade sein sollen, sind 7y-x, x+y, 7y+x, x-y
> jeweils restlos durch 2 teilbar.
als Ergebnis.
Damit hast du die Rekursionsformel
(x_n+1, y_ny+1) = { (|7y_n-x_n|/2, |x_n+y_n|/2) , Fall 1
{ (|7y_n+x_n|/2, |x_n-y_n|/2) , Fall 2
Fall 1 : x_n+y_n und 7y_n-x_n sind nicht durch 4 teilbar
Fall 2 : x_n+y_n und 7y_n-x_n sind durch 4 teilbar
Man muss nur noch zeigen, dass jeweils beide Summen entweder durch 4
teilbar sind oder beide nicht. Und dass es bei vertauschtem +/- genau
andersherum ist.
Rechnen wir alles modulo 4, dann haben x und y entweder Rest 1 oder 3.
a) 1,1:
7y-x kongruent zu 7-1=6. x+y zu 1+1=2. Beide nicht durch 4 teilbar
7y+x kongruent zu 7+1=8. x-y zu 1-1=0. Beide durch 4 teilbar
b)
1,3:
7y-x kongruent zu 21-1=20. x+y zu 1+3=4. Beide durch 4 teilbar
7y+x kongruent zu 21+1=22. x-y zu 1-3=-2. Beide nicht durch 4 teilbar
c) 3,1:
7y-x kongruent zu 7-3=4. x+y zu 3+1=4. Beide durch 4 teilbar
7y+x kongruent zu 7+3=10. x-y zu 1-3=-2. Beide nicht durch 4 teilbar
d) 3,3:
7y-x kongruent zu 21-3=18. x+y zu 3+3=6. Beide nicht durch 4 teilbar
7y+x kongruent zu 21+3=24. x-y zu 3+3=0. Beide durch 4 teilbar
> Wenn mir jetzt jemand bei der weitergehenden Frage helfen könnte, ob zu
> jedem n nur genau eine Lösung existiert, bei der sowohl x als auch y
> natürlich und ungerade ist, wäre ich dankbar.
oder weitere Rekursionsmöglichkeiten existieren.
Bei n=3 kann es nur die eine Lösung geben, weil jede andere Kombination
aus x und y größere Werte liefert. Und eine andere Möglichkeit zur
Rekursion erkenne ich nicht.
Ulrich D i e z
Dec 25, 2022, 6:58:13 AM12/25/22
to
Am 25.12.22 um 08:30 schrieb Stefan Schmitz:
> Am 25.12.2022 um 02:31 schrieb Ulrich D i e z:
>> Zu meiner Enttäuschung habe ich aber nur einen Existenzbeweis
>> basteln können, keine hübsche Formel mittels derer man alle Lösungen
>> rekursiv oder direkt aufzählen könnte.
>
> Doch, du hast eine rekursive Formel gefunden. Sehr schön.
Mit "rekursiv aufzählen" meinte ich, direkt von einer Lösung
direkt zur nächsten kommen. Man muss aber zunächst _zwei_ Tripel
berechnen und davon dann das richtige aussuchen.
>> Wenn man dies gezeigt hat, kann man argumentieren, dass es zu
>> jeder natürlichen Zahl n >= 3, zu der es solche ungeraden _ganzen_
>> Zahlen x' und y' gibt, auch solche ungeraden _natürlichen_ Zahlen
>> x und y gibt:
>> Die besagten ganzen Zahlen kommen in der gegebenen Gleichung nur
>> im Quadrat vor, sodass man statt ihrer auch ihren Betrag
>> hernehmen kann, welcher in jedem Fall eine natürliche Zahl ist.
>
> Das Argument kannst du auch gleich in die Induktion aufnehmen, dann hast du direkt den Beweis für natürliche Zahlen.
Ein guter Mathematiker kann das vielleicht. ;-)
Ich konnte es nicht - unter anderem, weil meine körperlichen
Schmerzen derzeit so viel von meiner Aufmerksamkeit fressen, dass
ich nicht gut überlegen kann.
Aber in die Angaben für die beiden Tripel hätte ich den Betrag mit
hinein nehmen können.
> Man muss nur noch zeigen, dass jeweils beide Summen entweder durch 4 teilbar sind oder beide nicht. Und dass es bei vertauschtem +/- genau andersherum ist.
Wieso "genau andersherum ist" und nicht "auch so ist"?
"Vertauschtes +/-" bzw Vorzeichenwechsel bedeutet Multiplikation mit -1.
-1 ist nicht durch 4 teilbar.
Wenn eine Summe/Zahl durch 4 teilbar ist, ist ihr -1-faches auch durch 4 teilbar.
Wenn eine Summe/Zahl micht durch 4 teilbar ist, ist ihr -1-faches auch nicht durch 4
teilbar.
> Rechnen wir alles modulo 4, dann haben x und y entweder Rest 1 oder 3.
> a) 1,1:
[...]
Das habe ich ja beim Induktionsschluss getan. ;-)
>> Wenn mir jetzt jemand bei der weitergehenden Frage helfen könnte, ob zu
>> jedem n nur genau eine Lösung existiert, bei der sowohl x als auch y
>> natürlich und ungerade ist, wäre ich dankbar.
>
> Mehrere Lösungen kann es nur geben, wenn es schon bei n=3 mehrere gibt oder weitere Rekursionsmöglichkeiten existieren.
> Bei n=3 kann es nur die eine Lösung geben, weil jede andere Kombination aus x und y größere Werte liefert. Und eine andere Möglichkeit zur Rekursion erkenne ich nicht.
Die Frage, ob es mehrere Möglichkeiten zur Rekursion gibt, gehört zu der
Sorte von Fragen, an denen ich regelmäßig scheitere.
Mit freundlichem Gruß
Ulrich
> Am 25.12.2022 um 02:31 schrieb Ulrich D i e z:
>> Zu meiner Enttäuschung habe ich aber nur einen Existenzbeweis
>> basteln können, keine hübsche Formel mittels derer man alle Lösungen
>> rekursiv oder direkt aufzählen könnte.
>
> Doch, du hast eine rekursive Formel gefunden. Sehr schön.
direkt zur nächsten kommen. Man muss aber zunächst _zwei_ Tripel
berechnen und davon dann das richtige aussuchen.
>> Wenn man dies gezeigt hat, kann man argumentieren, dass es zu
>> jeder natürlichen Zahl n >= 3, zu der es solche ungeraden _ganzen_
>> Zahlen x' und y' gibt, auch solche ungeraden _natürlichen_ Zahlen
>> x und y gibt:
>> Die besagten ganzen Zahlen kommen in der gegebenen Gleichung nur
>> im Quadrat vor, sodass man statt ihrer auch ihren Betrag
>> hernehmen kann, welcher in jedem Fall eine natürliche Zahl ist.
>
> Das Argument kannst du auch gleich in die Induktion aufnehmen, dann hast du direkt den Beweis für natürliche Zahlen.
Ich konnte es nicht - unter anderem, weil meine körperlichen
Schmerzen derzeit so viel von meiner Aufmerksamkeit fressen, dass
ich nicht gut überlegen kann.
Aber in die Angaben für die beiden Tripel hätte ich den Betrag mit
hinein nehmen können.
> Man muss nur noch zeigen, dass jeweils beide Summen entweder durch 4 teilbar sind oder beide nicht. Und dass es bei vertauschtem +/- genau andersherum ist.
"Vertauschtes +/-" bzw Vorzeichenwechsel bedeutet Multiplikation mit -1.
-1 ist nicht durch 4 teilbar.
Wenn eine Summe/Zahl durch 4 teilbar ist, ist ihr -1-faches auch durch 4 teilbar.
Wenn eine Summe/Zahl micht durch 4 teilbar ist, ist ihr -1-faches auch nicht durch 4
teilbar.
> Rechnen wir alles modulo 4, dann haben x und y entweder Rest 1 oder 3.
> a) 1,1:
Das habe ich ja beim Induktionsschluss getan. ;-)
>> Wenn mir jetzt jemand bei der weitergehenden Frage helfen könnte, ob zu
>> jedem n nur genau eine Lösung existiert, bei der sowohl x als auch y
>> natürlich und ungerade ist, wäre ich dankbar.
>
> Mehrere Lösungen kann es nur geben, wenn es schon bei n=3 mehrere gibt oder weitere Rekursionsmöglichkeiten existieren.
> Bei n=3 kann es nur die eine Lösung geben, weil jede andere Kombination aus x und y größere Werte liefert. Und eine andere Möglichkeit zur Rekursion erkenne ich nicht.
Sorte von Fragen, an denen ich regelmäßig scheitere.
Mit freundlichem Gruß
Ulrich
Stefan Schmitz
Dec 25, 2022, 8:33:44 AM12/25/22
to
Am 25.12.2022 um 12:59 schrieb Ulrich D i e z:
> Am 25.12.22 um 08:30 schrieb Stefan Schmitz:
>
>> Am 25.12.2022 um 02:31 schrieb Ulrich D i e z:
>
>>> Zu meiner Enttäuschung habe ich aber nur einen Existenzbeweis
>>> basteln können, keine hübsche Formel mittels derer man alle Lösungen
>>> rekursiv oder direkt aufzählen könnte.
>>
>> Doch, du hast eine rekursive Formel gefunden. Sehr schön.
>
> Mit "rekursiv aufzählen" meinte ich, direkt von einer Lösung
> direkt zur nächsten kommen. Man muss aber zunächst _zwei_ Tripel
> berechnen und davon dann das richtige aussuchen.
Nicht wirklich. Du muss erst mal nur überprüfen, ob z.B. x+y durch 4
> Am 25.12.22 um 08:30 schrieb Stefan Schmitz:
>
>> Am 25.12.2022 um 02:31 schrieb Ulrich D i e z:
>
>>> Zu meiner Enttäuschung habe ich aber nur einen Existenzbeweis
>>> basteln können, keine hübsche Formel mittels derer man alle Lösungen
>>> rekursiv oder direkt aufzählen könnte.
>>
>> Doch, du hast eine rekursive Formel gefunden. Sehr schön.
>
> Mit "rekursiv aufzählen" meinte ich, direkt von einer Lösung
> direkt zur nächsten kommen. Man muss aber zunächst _zwei_ Tripel
> berechnen und davon dann das richtige aussuchen.
teilbar ist. Damit steht schon fest, welches die richtige Lösung im
nächsten Schritt ist.
>> Man muss nur noch zeigen, dass jeweils beide Summen entweder durch 4 teilbar sind oder beide nicht. Und dass es bei vertauschtem +/- genau andersherum ist.
>
> Wieso "genau andersherum ist" und nicht "auch so ist"?
>
> "Vertauschtes +/-" bzw Vorzeichenwechsel bedeutet Multiplikation mit -1.
> -1 ist nicht durch 4 teilbar.
> Wenn eine Summe/Zahl durch 4 teilbar ist, ist ihr -1-faches auch durch 4 teilbar.
> Wenn eine Summe/Zahl micht durch 4 teilbar ist, ist ihr -1-faches auch nicht durch 4
> teilbar.
sich ja nur dadurch, dass im einen Fall für x addiert und für y
subtrahiert wird, im anderen genau umgekehrt.
>> Rechnen wir alles modulo 4, dann haben x und y entweder Rest 1 oder 3.
>> a) 1,1:
> [...]
>
> Das habe ich ja beim Induktionsschluss getan. ;-)
Stephan Gerlach
Dec 28, 2022, 8:53:14 PM12/28/22
to
Alfred Flaßhaar schrieb:
Bevor ich die anderen offenbar hier schon vorhandenen Lösungen
(vermutlich kürzer als meine) lese, hier meine Lösung:
Zunächst beweist man Lemma 1, was wohl der wesentliche Schritt ist.
Lemma 1
-------
Für eine natürliche Zahl der Form
x^2 + 7*y^2
mit ungeraden x und y ist auch das Doppelte
2*(x^2 + 7*y^2)
wieder von dieser Form, d.h. es existieren ungerade Zahlen x' und y' mit
2*(x^2 + 7*y^2) = (x')^2 + 7*(y')^2. [1]
Beweis: Wenn x und y ungerade sind, dann gibt es natürliche Zahlen m und
k mit
x = 2*m-1
y = 2*k-1.
Einsetzen in 2(x^2 + 7*y^2) und Klammern auflösen liefert zunächst
2*((2*m-1)^2 + 7*(2*k-1)^2) = 8*m^2 - 8*m + 56*k^2 - 56*k + 16. [2]
Jetzt kann man entweder herumprobieren, dies auf die gewünschte Form [1]
zu bringen. Oder man macht in [1] (besser) den Ansatz
x' = m+a
y' = m+b
mit zunächst unbekannten reellen(!) Zahlen a und b und guckt mal, was
sich daraus ergibt. Dabei auf der linken Seite [2] einsetzen:
2*(x^2 + 7*y^2) = (m+a)^2 + 7*(m+b)^2
8*m^2 - 8*m + 56*k^2 - 56*k + 16 = 8*m^2 + 2*(a+7*b)*m + a^2 + 7*b^2
-8*m + 56*k^2 - 56*k + 16 = 2*(a+7*b)*m + a^2 + 7*b^2 [3]
Überraschenderweise hebt sich der Term 8*m^2 auf beiden Seiten auf.
Jetzt geht man davon aus, daß [3] zunächst für alle natürlichen Zahlen m
gelten soll, und macht einen Koeffizientenvergleich, um a und b zu
bestimmen:
Koeffizienten vor m^1: (I) -8 = 2*(a+7*b)
Koeffizienten vor m^0: (II) 56*k^2 - 56*k + 16 = a^2 + 7*b^2
Aus (I): a = -7*b-4 (I')
Das in (II) einsetzen ergibt 2 Lösungen für b:
56*k^2 - 56*k + 16 = (-7*b-4)^2 + 7*b^2
56*k^2 - 56*k + 16 = 56*b^2 + 56*b + 16
56*b^2 + 56*b - 56*k^2 + 56*k = 0
b^2 + b - k^2 + k = 0
b = (-1 +- sqrt(1^2-4*1*(k-k^2))/(2*1)
= (-1 +- sqrt(1-4*k+4*k^2))/2
= (-1 +- sqrt((1-2*k)^2)/2
= (-1 +- (1-2*k))/2
b_1 = (-1+1-2*k)/2
b_1 = -k
b_2 = (-1-1+2*k)/2
b_2 = k-1.
Die zugehörigen Lösungen für a erhält man durch Einsetzen von b_1 bzw.
b_2 in (I'):
a_1 = -7*(-k)-4
a_1 = 7*k-4
a_2 = -7*(k-1)-4
a_2 = -7*k+3.
Für x' und y' ergeben sich damit
x' = m+7*k-4 oder x' = m-7*k+3 und
y' = m-k oder y' = m+k-1.
Setzt man das alles in [1], so ergeben sich sogar zwei mögliche
Darstellungen
2*(x^2 + 7*y^2) = (m+7*k-4)^2 + 7*(m-k)^2 [1.1]
oder
2*(x^2 + 7*y^2) = (m-7*k+3)^2 + 7*(m+k-1)^2 [1.2]
(Auflösen der Klammern zeigt bei Bedarf, daß beide Darstellungen richtig
sind.)
Bleibt noch zu begründen, daß eine Darstellung mit ungeraden natürlichen
Zahlen möglich ist. Wenn m und k natürliche Zahlen sind, dann sind nach
Konstruktion x' und y' ganze Zahlen (möglichwerweise negativ). Wenn x'
und y' negativ sind, dann einfach den Betrag nehmen; durch das ^2 in
[1.1] oder [1.2] ändert das nichts.
Wenn m und k beide gerade oder beide ungerade sind, dann sind m-7*k+3
und m+k-1 beide ungerade, und [1.2] liefert die gewünschte Darstellung.
Wenn von den Zahlen m und k eine gerade und die andere ungerade ist,
dann sind m+7*k-4 und m-k beide ungerade, und [1.1] liefert die
gewünschte Darstellung.
q.e.d. (Ende Beweis Lemma 1)
Bemerkung 1 (zur Eindeutigkeit):
--------------------------------
Die Darstellung [1] ist (auch mit ungeraden Zahlen) keineswegs
eindeutig, wie das folgende Beispiel zeigt:
m=6, k=2 ==> x = 2*6-1 = 11, y = 2*2-1 = 3
x^2 + 7*y^2 = 11^2 + 7*3^2 = 184
m und k sind beide gerade, daher "greift" Darstellung [1.1] aus dem
Beweis mit
x' = |6-7*2+3| = 5
y' = 6+2-1 = 7
Die Darstellung [1] lautet hier also
2*(11^2 + 7*3^2) = 5^2 + 7*7^2,
was tatsächlich stimmt (368=368). Allerdings kann man die linke Seite
auch ganz anders darstellen:
2*(11^2 + 7*3^2) = 19^2 + 7*1^2,
was ebenfalls zu 368=368 führt. Die Lösung x'=19 und y'=1 wird durch den
Beweis von Lemma 1 überhaupt nicht erfaßt; ich vermute, daß man den
Beweis dazu modifizieren müßte(?). Der vorgegebene Beweis ist ein
Existenzbeweis und liefert zunächst nur eine(!?) mögliche Lösung.
... Ach ja, und nun die eigentliche Aufgabe (ist mit Lemma 1 trivial):
Induktionsanfang (n=3):
2^3 = 8 = 1^1 + 7*1^2, d.h. die gesuchten Zahlen aus der Darstellung für
2^n sind hier x=1, y=1.
Induktionsschritt (Übergang n -> n+1):
2^(n+1) = 2*2^n = 2*(x^2 + 7*x^2) = (x')^2 + 7*(y')^2
Dabei wurden (in dieser Reihenfolge) benutzt:
Potenzgesetz, Induktionsvoraussetzung, Lemma 1.
Damit ist die Darstellung 2^n = x^2+7*y^2 für alle natürlichen n Zahlen
bewiesen.
Bemerkung 2 (nochmal zur Eindeutigkeit):
----------------------------------------
Im Gegensatz zu Lemma 1 scheint mir die Darstellung von 2^n mit
ungeraden Zahlen x und y immer eindeutig zu sein; zumindest nach
herumprobieren mit ein paar Beispielen.
Ob tatsächlich Eindeutigkeit gilt - keine Ahnung; bzw. ich bin momentan
zu faul/müde, das zu beweisen.
--
> Eigentlich sollte Brain 1.0 laufen.
gut, dann werde ich mir das morgen mal besorgen...
(...Dialog aus m.p.d.g.w.a.)
> Für den Fall, daß zwischen Weihnachten und Silvester Langeweile
> aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
>
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
> y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Ja.
> aufkommt, hier aus berühmter Herkunft etwas zum Knobeln:
>
> Gibt es zu jeder natürlichen Zahl n>=3 ungerade natürliche Zahlen x und
> y, daß 2^n = x^2 + 7*y^2 gilt?
Bevor ich die anderen offenbar hier schon vorhandenen Lösungen
(vermutlich kürzer als meine) lese, hier meine Lösung:
Zunächst beweist man Lemma 1, was wohl der wesentliche Schritt ist.
Lemma 1
-------
Für eine natürliche Zahl der Form
x^2 + 7*y^2
mit ungeraden x und y ist auch das Doppelte
2*(x^2 + 7*y^2)
wieder von dieser Form, d.h. es existieren ungerade Zahlen x' und y' mit
2*(x^2 + 7*y^2) = (x')^2 + 7*(y')^2. [1]
Beweis: Wenn x und y ungerade sind, dann gibt es natürliche Zahlen m und
k mit
x = 2*m-1
y = 2*k-1.
Einsetzen in 2(x^2 + 7*y^2) und Klammern auflösen liefert zunächst
2*((2*m-1)^2 + 7*(2*k-1)^2) = 8*m^2 - 8*m + 56*k^2 - 56*k + 16. [2]
Jetzt kann man entweder herumprobieren, dies auf die gewünschte Form [1]
zu bringen. Oder man macht in [1] (besser) den Ansatz
x' = m+a
y' = m+b
mit zunächst unbekannten reellen(!) Zahlen a und b und guckt mal, was
sich daraus ergibt. Dabei auf der linken Seite [2] einsetzen:
2*(x^2 + 7*y^2) = (m+a)^2 + 7*(m+b)^2
8*m^2 - 8*m + 56*k^2 - 56*k + 16 = 8*m^2 + 2*(a+7*b)*m + a^2 + 7*b^2
-8*m + 56*k^2 - 56*k + 16 = 2*(a+7*b)*m + a^2 + 7*b^2 [3]
Überraschenderweise hebt sich der Term 8*m^2 auf beiden Seiten auf.
Jetzt geht man davon aus, daß [3] zunächst für alle natürlichen Zahlen m
gelten soll, und macht einen Koeffizientenvergleich, um a und b zu
bestimmen:
Koeffizienten vor m^1: (I) -8 = 2*(a+7*b)
Koeffizienten vor m^0: (II) 56*k^2 - 56*k + 16 = a^2 + 7*b^2
Aus (I): a = -7*b-4 (I')
Das in (II) einsetzen ergibt 2 Lösungen für b:
56*k^2 - 56*k + 16 = (-7*b-4)^2 + 7*b^2
56*k^2 - 56*k + 16 = 56*b^2 + 56*b + 16
56*b^2 + 56*b - 56*k^2 + 56*k = 0
b^2 + b - k^2 + k = 0
b = (-1 +- sqrt(1^2-4*1*(k-k^2))/(2*1)
= (-1 +- sqrt(1-4*k+4*k^2))/2
= (-1 +- sqrt((1-2*k)^2)/2
= (-1 +- (1-2*k))/2
b_1 = (-1+1-2*k)/2
b_1 = -k
b_2 = (-1-1+2*k)/2
b_2 = k-1.
Die zugehörigen Lösungen für a erhält man durch Einsetzen von b_1 bzw.
b_2 in (I'):
a_1 = -7*(-k)-4
a_1 = 7*k-4
a_2 = -7*(k-1)-4
a_2 = -7*k+3.
Für x' und y' ergeben sich damit
x' = m+7*k-4 oder x' = m-7*k+3 und
y' = m-k oder y' = m+k-1.
Setzt man das alles in [1], so ergeben sich sogar zwei mögliche
Darstellungen
2*(x^2 + 7*y^2) = (m+7*k-4)^2 + 7*(m-k)^2 [1.1]
oder
2*(x^2 + 7*y^2) = (m-7*k+3)^2 + 7*(m+k-1)^2 [1.2]
(Auflösen der Klammern zeigt bei Bedarf, daß beide Darstellungen richtig
sind.)
Bleibt noch zu begründen, daß eine Darstellung mit ungeraden natürlichen
Zahlen möglich ist. Wenn m und k natürliche Zahlen sind, dann sind nach
Konstruktion x' und y' ganze Zahlen (möglichwerweise negativ). Wenn x'
und y' negativ sind, dann einfach den Betrag nehmen; durch das ^2 in
[1.1] oder [1.2] ändert das nichts.
Wenn m und k beide gerade oder beide ungerade sind, dann sind m-7*k+3
und m+k-1 beide ungerade, und [1.2] liefert die gewünschte Darstellung.
Wenn von den Zahlen m und k eine gerade und die andere ungerade ist,
dann sind m+7*k-4 und m-k beide ungerade, und [1.1] liefert die
gewünschte Darstellung.
q.e.d. (Ende Beweis Lemma 1)
Bemerkung 1 (zur Eindeutigkeit):
--------------------------------
Die Darstellung [1] ist (auch mit ungeraden Zahlen) keineswegs
eindeutig, wie das folgende Beispiel zeigt:
m=6, k=2 ==> x = 2*6-1 = 11, y = 2*2-1 = 3
x^2 + 7*y^2 = 11^2 + 7*3^2 = 184
m und k sind beide gerade, daher "greift" Darstellung [1.1] aus dem
Beweis mit
x' = |6-7*2+3| = 5
y' = 6+2-1 = 7
Die Darstellung [1] lautet hier also
2*(11^2 + 7*3^2) = 5^2 + 7*7^2,
was tatsächlich stimmt (368=368). Allerdings kann man die linke Seite
auch ganz anders darstellen:
2*(11^2 + 7*3^2) = 19^2 + 7*1^2,
was ebenfalls zu 368=368 führt. Die Lösung x'=19 und y'=1 wird durch den
Beweis von Lemma 1 überhaupt nicht erfaßt; ich vermute, daß man den
Beweis dazu modifizieren müßte(?). Der vorgegebene Beweis ist ein
Existenzbeweis und liefert zunächst nur eine(!?) mögliche Lösung.
... Ach ja, und nun die eigentliche Aufgabe (ist mit Lemma 1 trivial):
Induktionsanfang (n=3):
2^3 = 8 = 1^1 + 7*1^2, d.h. die gesuchten Zahlen aus der Darstellung für
2^n sind hier x=1, y=1.
Induktionsschritt (Übergang n -> n+1):
2^(n+1) = 2*2^n = 2*(x^2 + 7*x^2) = (x')^2 + 7*(y')^2
Dabei wurden (in dieser Reihenfolge) benutzt:
Potenzgesetz, Induktionsvoraussetzung, Lemma 1.
Damit ist die Darstellung 2^n = x^2+7*y^2 für alle natürlichen n Zahlen
bewiesen.
Bemerkung 2 (nochmal zur Eindeutigkeit):
----------------------------------------
Im Gegensatz zu Lemma 1 scheint mir die Darstellung von 2^n mit
ungeraden Zahlen x und y immer eindeutig zu sein; zumindest nach
herumprobieren mit ein paar Beispielen.
Ob tatsächlich Eindeutigkeit gilt - keine Ahnung; bzw. ich bin momentan
zu faul/müde, das zu beweisen.
--
> Eigentlich sollte Brain 1.0 laufen.
gut, dann werde ich mir das morgen mal besorgen...
(...Dialog aus m.p.d.g.w.a.)
Stefan Schmitz
Dec 29, 2022, 4:19:24 AM12/29/22
to
Summand zu nehmen? Dass es damit funktioniert, finde ich sehr überraschend.
Jens Kallup
Dec 29, 2022, 10:57:50 AM12/29/22
to
Hallo,
1) (x^2 + 7 * y^2)
2) 2 * (x^2 + 7 * y^2)
2)
Term 1/2: = 2x^2
Term 2/2: = 14y^2 Lösung: 2x^2 + 14y^2
Behauptung:
- Wenn x und y ungerade sind, dann gibt es |N Zahlen
- |N können gerade, aber auch ungerade sein.
- Oder wird hier m und k jeweils von gleichen Typ (0/1) ?
- Probe 1: m := 3; k := 3.
x := 2 * 3 = 6 - 1 = 5 => ok: ungerade
y := 2 * 3 = 6 - 1 = 5 => ok: dito
- Probe 2: m := 5^3; k := 3^3.
x := 2 * 5^3 = 125 - 1 = 124: gerade
y := 2 * 3^3 = 27 - 1 = 26: dito
- Probe 3 (einsetzen - Probe: 1):
1) (x^2 + 7 * y^2) => ( 5^2 + 7 * 5^2)
=> (25 + 7 * 25 )
=> (25 + 175 )
=> 200
2) 2 * (x^2 + 7 * y^2) => 200 * 2
=> 400
Probe A)
Lsg.1 => 200.
Lsg.2 => 400.
da sehe ich jetzt 2 gerade Objekte.
Sollten die denn nicht ungerade sein ?
- Probe 4 (einsetzen - Probe: 2):
1) (x^2 + 7 * y^2) => ( 124^2 + 7 * 26^2)
=> (15.376 + 7 * 676 )
=> (15.376 + 4.732 )
=> 20.108
2) 2 * (x^2 + 7 * y^2) => 20.108 * 2
=> 40.216
Probe B)
Lsg.1 => 20.108
Lsg.2 => 40.216
da sehe ich jetzt wieder nur 2 gerade Objekte
sollten die denn nicht ungerade sein ?
jetzt hat man dann also 4 Lösungen.
m = 200
k = 400
a = 20.108
b = 40.216
A)
200m = 400k | minus 198m
200 * 1 = 400 * 1 | k := 1; m := 1
1 = 2 | dividiert 200
1 = 1 | potenziert ^0
0 = 0 | minus 1: voila
B)
20.108a = 40.216b | a := 1; b := 1
20.108 * 1 = 40.216 * 1
20.108 = 40.216 | dividiert durch: 20.108
1 = 2 | potenzieren: ^0
1 = 1 | minus 1: voila
0 = 0
Die folgende Zeile
wurde aus der vorhergehenden E-Mail entnommen:
> 56*b ^2 + 56*b - 56*k ^2 + 56*k = 0 | minus 56k, da: k = 1
Meine Fummellei:
= k ^1 = 0 | k => 1 => 1 ^1 => 1
= 1 = 0
= b ^1 + - 1 = 0 | minus 56*b, da: b = 1 => 1
= 1 + - 1 = 0
= 0 = 0 | voila
----------------------------------------
Wie es scheint, habe ich hier nun nummerisch gezeigt, das es eine
Monotone Abfolge handelt.
Bitte steinigt mich jetzt nicht wegen der Wortwahl - kenn mich da
nicht so gut aus.
Hat aber Spaß gemacht, die Aufgaben zu veriferizieren.
Und ich weiß auch nicht, warum man immer so lange Formeln braucht...
Naja, Gutes Neues Jahr, und guten Übergang.
Hope This Helps
Euer Jens
1) (x^2 + 7 * y^2)
2) 2 * (x^2 + 7 * y^2)
2)
Term 1/2: = 2x^2
Term 2/2: = 14y^2 Lösung: 2x^2 + 14y^2
Behauptung:
- Wenn x und y ungerade sind, dann gibt es |N Zahlen
m und k mit:
x = 2*m - 1
y = 2*k - 1
Frage dazu:
x = 2*m - 1
y = 2*k - 1
- |N können gerade, aber auch ungerade sein.
- Oder wird hier m und k jeweils von gleichen Typ (0/1) ?
- Probe 1: m := 3; k := 3.
x := 2 * 3 = 6 - 1 = 5 => ok: ungerade
y := 2 * 3 = 6 - 1 = 5 => ok: dito
- Probe 2: m := 5^3; k := 3^3.
x := 2 * 5^3 = 125 - 1 = 124: gerade
y := 2 * 3^3 = 27 - 1 = 26: dito
- Probe 3 (einsetzen - Probe: 1):
1) (x^2 + 7 * y^2) => ( 5^2 + 7 * 5^2)
=> (25 + 7 * 25 )
=> (25 + 175 )
=> 200
2) 2 * (x^2 + 7 * y^2) => 200 * 2
=> 400
Probe A)
Lsg.1 => 200.
Lsg.2 => 400.
da sehe ich jetzt 2 gerade Objekte.
Sollten die denn nicht ungerade sein ?
- Probe 4 (einsetzen - Probe: 2):
1) (x^2 + 7 * y^2) => ( 124^2 + 7 * 26^2)
=> (15.376 + 7 * 676 )
=> (15.376 + 4.732 )
=> 20.108
2) 2 * (x^2 + 7 * y^2) => 20.108 * 2
=> 40.216
Probe B)
Lsg.1 => 20.108
Lsg.2 => 40.216
da sehe ich jetzt wieder nur 2 gerade Objekte
sollten die denn nicht ungerade sein ?
jetzt hat man dann also 4 Lösungen.
m = 200
k = 400
a = 20.108
b = 40.216
A)
200m = 400k | minus 198m
200 * 1 = 400 * 1 | k := 1; m := 1
1 = 2 | dividiert 200
1 = 1 | potenziert ^0
0 = 0 | minus 1: voila
B)
20.108a = 40.216b | a := 1; b := 1
20.108 * 1 = 40.216 * 1
20.108 = 40.216 | dividiert durch: 20.108
1 = 2 | potenzieren: ^0
1 = 1 | minus 1: voila
0 = 0
Die folgende Zeile
wurde aus der vorhergehenden E-Mail entnommen:
> 56*b ^2 + 56*b - 56*k ^2 + 56*k = 0 | minus 56k, da: k = 1
Meine Fummellei:
= k ^1 = 0 | k => 1 => 1 ^1 => 1
= 1 = 0
= b ^1 + - 1 = 0 | minus 56*b, da: b = 1 => 1
= 1 + - 1 = 0
= 0 = 0 | voila
----------------------------------------
Wie es scheint, habe ich hier nun nummerisch gezeigt, das es eine
Monotone Abfolge handelt.
Bitte steinigt mich jetzt nicht wegen der Wortwahl - kenn mich da
nicht so gut aus.
Hat aber Spaß gemacht, die Aufgaben zu veriferizieren.
Und ich weiß auch nicht, warum man immer so lange Formeln braucht...
Naja, Gutes Neues Jahr, und guten Übergang.
Hope This Helps
Euer Jens
Ulrich D i e z
Dec 29, 2022, 7:48:17 PM12/29/22
to
Am 23.12.22 um 20:00 schrieb Alfred Flaßhaar:
Beim Versuch, eine geschlossene Form in Abhängigkeit von n zu bekommen, hänge ich fest.
Im Moment bin ich bei:
Für x,y,n in N; n >= 3
ist
2^n = x^2 + 7*y^2
äquivalent zu
((2^(3-n))*((1+i*sqrt(7))^(n-2)))*((2^(3-n))*((1-i*sqrt(7))^(n-2)))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
Laut der Euler'schen Formel kann man ansetzen:
1+i*sqrt(7) = r*cos(phi) + r*i*sin(phi) = r*e^(i*phi)
Hierbei gilt i^2 = -1.
phi bezeichnet dabei einen Winkel im Bogenmaß.
tan^(-1)(x), im folgenden verwendet, bezieht sich auf die Umkehrrelation des Tangens und
liefert diejenigen Winkel im Bogenmaß zwischen 0 und 2pi, deren Tangens den Wert x hat.
Wenn man phi berechnet hat und bedenkt, dass cos(phi)=cos(-phi)
und sin(-phi)=-sin(phi) kann man mit dem berechneten phi ansetzen:
1-i*sqrt(7) = r*cos(-phi) + r*i*sin(-phi) = r*e^(i*-phi)
Realteile und Imaginärteile gleichsetzen und nach r und phi auflösen liefert:
1 = r*cos(phi)
i*sqrt(7) = r*i*sin(phi) <-> sqrt(7) = r*sin(phi)
=> r^2 = r^2(cos^2(phi) + sin^2(phi)) = 1^2 + (sqrt(7))^2 = 8 -> r = 2^(3/2)
=> (r*sin(phi))/(r*cos(phi)) = tan(phi) = sqrt(7)/1 -> phi = tan^(-1)(sqrt(7))
==>
1+i*sqrt(7) =
(2^(3/2))*cos(tan^(-1)(sqrt(7))) + (2^(3/2))*i*sin(tan^(-1)(sqrt(7))) =
(2^(3/2))*e^(i*tan^(-1)(sqrt(7)))
( ->
1 = (2^(3/2))*cos(tan^(-1)(sqrt(7))) <-> cos(tan^(-1)(sqrt(7))) = 2^(-3/2)
und
sqrt(7) = (2^(3/2))*sin(tan^(-1)(sqrt(7))) <-> sin(tan^(-1)(sqrt(7)) = sqrt(7)*(2^(-3/2))
)
bzw
(1+i*sqrt(7))^(n-2) = ((2^(3/2))*e^(i*tan^(-1)(sqrt(7))))^(n-2)
= (2^((3n-6)/2)) * e^(i*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))
und
1-i*sqrt(7) =
(2^(3/2))*cos(-tan^(-1)(sqrt(7))) + (2^(3/2))*i*sin(-tan^(-1)(sqrt(7))) =
(2^(3/2))*e^(i*-tan^(-1)(sqrt(7)))
bzw
(1-i*sqrt(7))^(n-2) = ((2^(3/2))*e^(i*-tan^(-1)(sqrt(7))))^(n-2)
= (2^((3n-6)/2)) * e^(i*(-1)*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))
Einsetzen der Terme für (1+i*sqrt(7))^(n-2) und (1-i*sqrt(7))^(n-2) in die linke
Seite der Gleichung liefert:
((2^(3-n))*((1+i*sqrt(7))^(n-2)))*((2^(3-n))*((1-i*sqrt(7))^(n-2)))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
<->
((2^(n/2))*e^(i*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))*((2^(n/2))*e^(i*(-1)*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
<->
(2^(n/2))*(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))) + i*sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) *
(2^(n/2))*(cos((-1)*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))) + i*sin((-1)*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
<->
(2^(n/2))*(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))) + i*sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) *
(2^(n/2))*(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))) - i*sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
<->
( (2^(n/2))(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) + i*(2^(n/2))(sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) )
*
( (2^(n/2))(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) - i*(2^(n/2))(sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) )
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
Sowohl die linke Seite als auch die rechte Seite der Gleichung ist von der Form
(a + ib)(a - ib).
--------------------------------------------------------------------------------
Beobachtung:
x = (2^(n/2))(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
und
i*y*sqrt(7) = i*(2^(n/2))(sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
bzw
y = ((2^(n/2))/sqrt(7)) * sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))
führt laut Taschenrechner zB auf
n=3 -> x = 1, y = 1 ; 2^3=(1)^2+7*(1)^2=8
n=4 -> x = -3, y = 1 ; 2^4=(-3)^2+7*(1)^2=16
n=5 -> x = -5, y =-1 ; 2^5=(-5)^2+7*(-1)^2=32
n=6 -> x = 1, y = -3 ; 2^6=(1)^2+7*(-3)^2=64
n=6 -> x = 6, y = 2 ; 2^6=(6)^2+7*(-2)^2=64
Jetzt hänge ich fest:
Erstens habe ich für die Beobachtung angenommen, dass für die
reelle Zahl (x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7)) = x^2 + 7y^2
nur eine Faktorisierung der Art (a + ib)(a - ib) existiert,
sodass, wenn zwei solche Formen vorliegen, sie einander
äquivalent sein müssen. Aber muss nicht so sein.
Zweitens:
Ich muss mich erst wieder besser in Trigonometrie einarbeiten,
um zeigen zu können, wie man weitermachen muss, um ganzzahlige /
natürlichzahlige und ungerade x und y zu bekommen.
Es muss etwas damit zu tun haben, dass
cos(tan^(-1)(sqrt(7))) = 2^(-3/2)
und
sin(tan^(-1)(sqrt(7))=sqrt(7)*(2^(-3/2))
(Abgesehen davon, dass das aus den Gleichungen folgt, kann man
es sich auch veranschaulichen:
Der Tangens sqrt(7) gehört bei einem rechtwinkligen Dreieck mit der
Hypotenusenlänge sqrt(8) und den Kathetenlängen 1 und sqrt(7) zu dem
Winkel, dessen Gegenkathete die Länge sqrt(7) und dessen Ankathete
die Länge 1 hat.
Der Cosinus dieses Winkels ist somit 1/sqrt(8) = 2^(-3/2) .
Der Sinus dieses Winkels ist somit sqrt(7)/sqrt(8) = sqrt(7)*2^(-3/2) .)
Mit freundlichem Gruß
Ulrich
Im Moment bin ich bei:
Für x,y,n in N; n >= 3
ist
2^n = x^2 + 7*y^2
((2^(3-n))*((1+i*sqrt(7))^(n-2)))*((2^(3-n))*((1-i*sqrt(7))^(n-2)))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
Laut der Euler'schen Formel kann man ansetzen:
1+i*sqrt(7) = r*cos(phi) + r*i*sin(phi) = r*e^(i*phi)
Hierbei gilt i^2 = -1.
phi bezeichnet dabei einen Winkel im Bogenmaß.
tan^(-1)(x), im folgenden verwendet, bezieht sich auf die Umkehrrelation des Tangens und
liefert diejenigen Winkel im Bogenmaß zwischen 0 und 2pi, deren Tangens den Wert x hat.
Wenn man phi berechnet hat und bedenkt, dass cos(phi)=cos(-phi)
und sin(-phi)=-sin(phi) kann man mit dem berechneten phi ansetzen:
1-i*sqrt(7) = r*cos(-phi) + r*i*sin(-phi) = r*e^(i*-phi)
Realteile und Imaginärteile gleichsetzen und nach r und phi auflösen liefert:
1 = r*cos(phi)
i*sqrt(7) = r*i*sin(phi) <-> sqrt(7) = r*sin(phi)
=> r^2 = r^2(cos^2(phi) + sin^2(phi)) = 1^2 + (sqrt(7))^2 = 8 -> r = 2^(3/2)
=> (r*sin(phi))/(r*cos(phi)) = tan(phi) = sqrt(7)/1 -> phi = tan^(-1)(sqrt(7))
==>
1+i*sqrt(7) =
(2^(3/2))*cos(tan^(-1)(sqrt(7))) + (2^(3/2))*i*sin(tan^(-1)(sqrt(7))) =
(2^(3/2))*e^(i*tan^(-1)(sqrt(7)))
( ->
1 = (2^(3/2))*cos(tan^(-1)(sqrt(7))) <-> cos(tan^(-1)(sqrt(7))) = 2^(-3/2)
und
sqrt(7) = (2^(3/2))*sin(tan^(-1)(sqrt(7))) <-> sin(tan^(-1)(sqrt(7)) = sqrt(7)*(2^(-3/2))
)
bzw
(1+i*sqrt(7))^(n-2) = ((2^(3/2))*e^(i*tan^(-1)(sqrt(7))))^(n-2)
= (2^((3n-6)/2)) * e^(i*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))
und
1-i*sqrt(7) =
(2^(3/2))*cos(-tan^(-1)(sqrt(7))) + (2^(3/2))*i*sin(-tan^(-1)(sqrt(7))) =
(2^(3/2))*e^(i*-tan^(-1)(sqrt(7)))
bzw
(1-i*sqrt(7))^(n-2) = ((2^(3/2))*e^(i*-tan^(-1)(sqrt(7))))^(n-2)
= (2^((3n-6)/2)) * e^(i*(-1)*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))
Einsetzen der Terme für (1+i*sqrt(7))^(n-2) und (1-i*sqrt(7))^(n-2) in die linke
Seite der Gleichung liefert:
((2^(3-n))*((1+i*sqrt(7))^(n-2)))*((2^(3-n))*((1-i*sqrt(7))^(n-2)))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
<->
((2^(n/2))*e^(i*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))*((2^(n/2))*e^(i*(-1)*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
<->
(2^(n/2))*(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))) + i*sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) *
(2^(n/2))*(cos((-1)*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))) + i*sin((-1)*(n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
<->
(2^(n/2))*(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))) + i*sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) *
(2^(n/2))*(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))) - i*sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
<->
( (2^(n/2))(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) + i*(2^(n/2))(sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) )
*
( (2^(n/2))(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) - i*(2^(n/2))(sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))) )
=
(x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7))
Sowohl die linke Seite als auch die rechte Seite der Gleichung ist von der Form
(a + ib)(a - ib).
--------------------------------------------------------------------------------
Beobachtung:
x = (2^(n/2))(cos((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
und
i*y*sqrt(7) = i*(2^(n/2))(sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7))))
bzw
y = ((2^(n/2))/sqrt(7)) * sin((n-2)*tan^(-1)(sqrt(7)))
führt laut Taschenrechner zB auf
n=3 -> x = 1, y = 1 ; 2^3=(1)^2+7*(1)^2=8
n=4 -> x = -3, y = 1 ; 2^4=(-3)^2+7*(1)^2=16
n=5 -> x = -5, y =-1 ; 2^5=(-5)^2+7*(-1)^2=32
n=6 -> x = 1, y = -3 ; 2^6=(1)^2+7*(-3)^2=64
n=6 -> x = 6, y = 2 ; 2^6=(6)^2+7*(-2)^2=64
Jetzt hänge ich fest:
Erstens habe ich für die Beobachtung angenommen, dass für die
reelle Zahl (x+i*y*sqrt(7))*(x-i*y*sqrt(7)) = x^2 + 7y^2
nur eine Faktorisierung der Art (a + ib)(a - ib) existiert,
sodass, wenn zwei solche Formen vorliegen, sie einander
äquivalent sein müssen. Aber muss nicht so sein.
Zweitens:
Ich muss mich erst wieder besser in Trigonometrie einarbeiten,
um zeigen zu können, wie man weitermachen muss, um ganzzahlige /
natürlichzahlige und ungerade x und y zu bekommen.
Es muss etwas damit zu tun haben, dass
cos(tan^(-1)(sqrt(7))) = 2^(-3/2)
und
sin(tan^(-1)(sqrt(7))=sqrt(7)*(2^(-3/2))
(Abgesehen davon, dass das aus den Gleichungen folgt, kann man
es sich auch veranschaulichen:
Der Tangens sqrt(7) gehört bei einem rechtwinkligen Dreieck mit der
Hypotenusenlänge sqrt(8) und den Kathetenlängen 1 und sqrt(7) zu dem
Winkel, dessen Gegenkathete die Länge sqrt(7) und dessen Ankathete
die Länge 1 hat.
Der Cosinus dieses Winkels ist somit 1/sqrt(8) = 2^(-3/2) .
Der Sinus dieses Winkels ist somit sqrt(7)/sqrt(8) = sqrt(7)*2^(-3/2) .)
Mit freundlichem Gruß
Ulrich
Stephan Gerlach
Dec 30, 2022, 2:00:10 PM12/30/22
to
Stefan Schmitz schrieb:
Daher, da ich wußte, worauf ich am Ende hinauswill & durch
Herumprobieren mit einigen Beispielen mit festem y und variablem m.
Ursprünglich hatte ich y einfach "als y" in meinen Berechnungen drin,
also nicht in der Form y=2*k-1. Daher hatte ich mich auf m festgelegt.
Die Version mit "sofort m und k" habe ich erst hier bei der
Veröffentlichung verwendet. Man kann wahrscheinlich genausogut k als
Summand nehmen; das dürfte aufs selbe rauskommen.
> Dass es damit funktioniert, finde ich sehr überraschend.
Ich fand es zumindest interessant, daß es tatsächlich aufgeht.
Andererseits hatte ich den Verdacht, daß es "irgendwie" ja funktionieren
muß. Wenn nicht so, dann hätte ich vermutlich schwierigere Ansätze
ausprobiert :-) .
PS: Hat jemand schon weitere Ergebnisse bezüglich der (Nicht-)Eindeutigkeit?
Herumprobieren mit einigen Beispielen mit festem y und variablem m.
Ursprünglich hatte ich y einfach "als y" in meinen Berechnungen drin,
also nicht in der Form y=2*k-1. Daher hatte ich mich auf m festgelegt.
Die Version mit "sofort m und k" habe ich erst hier bei der
Veröffentlichung verwendet. Man kann wahrscheinlich genausogut k als
Summand nehmen; das dürfte aufs selbe rauskommen.
> Dass es damit funktioniert, finde ich sehr überraschend.
Andererseits hatte ich den Verdacht, daß es "irgendwie" ja funktionieren
muß. Wenn nicht so, dann hätte ich vermutlich schwierigere Ansätze
ausprobiert :-) .
PS: Hat jemand schon weitere Ergebnisse bezüglich der (Nicht-)Eindeutigkeit?
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