Quadratsumme
lamsi
3, ... , 24 ein großes Quadrat mit der Kantenlänge 70 dicht belegen
("parkettieren")?
Karl Pech
news:bubmvt$vg3$02$1...@news.t-online.com...
sum(k^2, k, 1, 24) = 1/6*24(24+1)(2*24+1) = 4*25*49 = 100*49 = 4900 = 70^2
Antw.: Ja, müsste gehen ... . :)
Gruss
Karl
Hermann Kremer
>Lässt sich mit 24 verschiedenen kleinen Quadraten mit den Kantenlängen 1, 2,
>3, ... , 24 ein großes Quadrat mit der Kantenlänge 70 dicht belegen
>("parkettieren")?
Ja, und das ist auch der einzige Fall, für den die Summe aufeinanderfolgender
Quadratzahlen wieder eine Quadratzahl ist.
Daß es der einzige Fall ist, wurde bereits 1875 von Francois Edouard Lucas
vermutet, aber erst 1918 von George Neville Watson bewiesen:
=======================================
Electronic Research Archive for Mathematics Jahrbuch Database
--
JFM 46.0213.01
Watson, G. N.
The problem of the square pyramid. [J]
Messenger of Mathematics 48(1918), p. 1-16.
Published: 1918
--
Die folgende Aufgabe rührt von Lucas (1875) her: Die Gleichung
m^2 = (1/6)n(n+1)(2n+1) hat an positiven, ganzzahlingen Lösungen einzig
n = m = 1 und n = 24, m = 70. Beweise wurden von Moret-Blanc, Gerono, Dudeney
usf. gegeben. Hier wird ein vollständiger Beweis zusammengestellt, befreit von
allen früheren Ungenauigkeiten und Fehlern. Es sind sechs Möglichkeiten zu
unterscheiden, die alle elementar erledigt werden können, bis auf die letzte, wo
n = a^2, n+1 = 2b^2, 2n+1 = 3c^2 ist. In diesem Falle werden lemniskatische
Funktionen herangezogen.
[Sz.]
--
Jahrbuch Project: Copyright (c) 2004 European Mathematical Society
=======================================
Ein anderer Beweise stammt von Wilhem Ljunggren 1952:
http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0047.04102
Noch ein anderer Beweis stammt von Ma De-Gang 1985:
=======================================
Zbl 0596.10015
Ma, Degang
On the diophantine equation 6y^2 = x(x+1)(2x+1). (Chinese. English summary) [J]
J. Sichuan Univ., Nat. Sci. Ed. 1985, No. 4, p. 107-116 (1985). [ISSN 0490-6756]
--
Lucas asked in 1875 whether the diophantine equation y^2 = x(x+1)(2x+1)/6
has only one nontrivial solution x = 24, y = 70. This problem was solved
affirmatively by Watson (using elliptic functions) and by Ljunggren (using Pell
equation in a quadratic field [see R. K. Guy: Unsolved problems in number
theory (1981; Zbl 0474.10001), pp. 82-83]. Mordell asked for an elementary
proof.
In the present paper, the author gives such a proof using pairs of Pell equations.
Some misprints are contained.
[ Li Delang ]
--
Keywords: square pyramid; Pell equation; cubic diophantine equation
--
Copyright (c) 2004 European Mathematical Society, FIZ Karlsruhe & Springer-Verlag.
=======================================
Und noch ein Beweis stammt von William Sherron Anglin 1990:
=======================================
Zbl 0746.11016
Anglin, W.S.
The square pyramid puzzle. (English) [J]
Am. Math. Mon. 97, No.2, 120-124 (1990). [ISSN 0002-9890]
--
It is known that the only non-trivial solution of the equation 1^2+2^2+...
...+x^2 = y^2 in positive integers x and y is given by x = 24,
y = 70. In this paper a new elegant and elementary proof is given.
[ B.Brindza (Debrecen) ]
--
Keywords: square pyramid puzzle; non-trivial solution ~~ on
--
Copyright (c) 2004 European Mathematical Society, FIZ Karlsruhe & Springer-Verlag.
=======================================
Das Problem ist übrigens auch als "Kanonenkugel-Problem" bekannt,
siehe
http://mathworld.wolfram.com/CannonballProblem.html
Grüße
Hermann
--
franz
> lamsi schrieb in Nachricht ...
>
> >Lässt sich mit 24 verschiedenen kleinen Quadraten mit den Kantenlängen 1, 2,
> >3, ... , 24 ein großes Quadrat mit der Kantenlänge 70 dicht belegen
> >("parkettieren")?
>
> Ja,
franz
Klaus Nagel
lamsi schrieb:
> Lässt sich mit 24 verschiedenen kleinen Quadraten mit den
> Kantenlängen 1, 2, 3, ... , 24 ein großes Quadrat mit der
> Kantenlänge 70 dicht belegen ("parkettieren")?
>
>
>
Ich vermute, es geht nicht. Zwischen den großen Quadraten entstehen zu
viele Korridore, für die man keine passende Quadrate findet. Ihr könnt
es ausprobieren unter:
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qua.htm
Gruß,
Klaus Nagel
Timo Heuser
> Kantenlängen 1, 2, 3, ... , 24 ein großes Quadrat mit der Kantenlänge
> 70 dicht belegen ("parkettieren")?
Geht leider nicht, siehe
http://mathworld.wolfram.com/PerfectSquareDissection.html
MfG
lamsi
Bis bald
lamsi
Rainer Rosenthal
Klaus Nagel wrote
Hallo Klaus,
das Applet ist wieder grosse Klasse!
Ich bite schon mal "Freie Fläche = 401".
Das war nach einigem Umlegen durchaus ein
ordentliches Resultat, wie ich finde.
Unter 350 kann ich mir nicht vorstellen.
Aber wer weiss ...
Gruss,
Rainer
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Ingrid Voigt
> Klaus Nagel wrote
>>http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qua.htm
> das Applet ist wieder grosse Klasse!
Dem schließe ich mich an!
> Ich biete schon mal "Freie Fläche = 401".
> Das war nach einigem Umlegen durchaus ein
> ordentliches Resultat, wie ich finde.
> Unter 350 kann ich mir nicht vorstellen.
> Aber wer weiss ...
Doch... geht :-)
Unter dem Spoilerspace ein Beispiel mit Rest 196:
Oben von links nach rechts: 24, 22, 23
Darunter (jeweils so weit oben wie möglich): 12, 18, 19, 21
3. Reihe: 11 - eine Spalte frei - 8, 13, 10, 9, 7, 6, 5
Ganz unten: 20, 15, 17, 16
In irgendwelche Lücken 1, 2, 3, 4.
14 bleibt übrig.
Grüße
Ingrid
Klaus Nagel
Ingrid Voigt schrieb:
> Doch... mit Rest 196:
Hallo Ingrid und Rainer,
es freut mich, daß Euch das Applet gefällt. 196 ist aber noch nicht das
Optimum!
Gruß,
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal
Ingrid Voigt schrieb
>
> http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qua.htm
>
> > Unter 350 kann ich mir nicht vorstellen.
> > Aber wer weiss ...
>
> Doch... geht :-)
> Unter dem Spoilerspace ein Beispiel mit Rest 196:
>
> Oben von links nach rechts: 24, 22, 23
> Darunter (jeweils so weit oben wie möglich): 12, 18, 19, 21
> 3. Reihe: 11 - eine Spalte frei - 8, 13, 10, 9, 7, 6, 5
> Ganz unten: 20, 15, 17, 16
> In irgendwelche Lücken 1, 2, 3, 4.
> 14 bleibt übrig.
Prima. Ein wenig gezuzzelt und ... 13 bleibt übrig,
also Rest 13*13 = 169:
24 23 22
12 17 18 21
11
9 14 10 8 7 6 5
20 15 19 16
(und Kleingemüse in die Lücken.)
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Rainer Rosenthal
Rainer Rosenthal> > ... ein Beispiel mit Rest 196:
>
> Prima. ... Rest 13*13 = 169:
Und weiter geht's: Rest 125
24 23 22
15 16 18 21
11 9 13 12 X 6 7 8 <<< X = Lücke
20 14 17 19
Quadrate 1-4 passen noch in die Lücken,
10 und 5 bleiben übrig. Erstaunlich, was
so alles geht. Ob der 10-er auch noch weg
kann?
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal schrieb:
> Und weiter geht's: Rest 125
>
Das ist schon gut, aber es geht noch viel besser.
Rainer Rosenthal
Rainer Rosenthal
> Rainer Rosenthal
> > Ingrid Voigt schrieb
> > > http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qua.htm
> > > ... ein Beispiel mit Rest 196:
> > Prima. ... Rest 13*13 = 169:
> Und weiter geht's: Rest 125
Und jetzt Rest 100:
24 23 22
15 16 18 21
2 1 5 4
11 9 12 6 13 3 7 8
20 17 14 19
Nur noch der 10-er übrig!
Jetzt scheint tatsächlich das Ende erreicht.
Zumindest für heute :-)
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Rainer Rosenthal
Klaus Nagel wrote
>
> > Und weiter geht's: Rest 125
> >
>
> Das ist schon gut, aber es geht noch viel besser.
>
Hmmm... 100 statt 125 ist ja schon "viel besser".
Aber wenn Du schreibst "viel besser", dann meinst
Du wahrscheinlich "VIEL BESSER" :-(
Wie auch immer - ein sehr schönes Puzzle. Und sehr
mausfreundlich umgesetzt. Nochmals besten Dank.
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Ingrid Voigt
>>>Ingrid Voigt schrieb
>>>
>>>>http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qua.htm
> Und jetzt Rest 100:
Ein bißchen Luft war noch - Rest 74.
24 14 13 19
15 12
10 17
6
23 20 18 8
9
22 21 16 11
1,2,3,4 passen dazwischen,
es fehlen 7 und 5.
Grüße
Ingrid
Ingrid Voigt
>>>>http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qua.htm
> Und jetzt Rest 100:
Da war immer noch Luft:
24 14 13 19
15 12 2 17
1 4 10
23 20 16 11
5 6
8
22 21 18 9
Es fehlen 7 und 3 - Rest 58.
Grüße
Ingrid
Rainer Rosenthal
Ingrid Voigt wrote
> >>>>http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qua.htm
>
> Da war immer noch Luft:
>
> 24 14 13 19
> 15 12 2 17
> 1 4 10
> 23 20 16 11
> 5 6
> 8
> 22 21 18 9
>
> Es fehlen 7 und 3 - Rest 58.
>
Unglaublich. Gratulation!
Man soll ja nie nie sagen. Aber:
Das kann nie mehr verbessert werden :-)
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Klaus Nagel
Ingrid Voigt schrieb:
> Da war immer noch Luft:
>
> 24 14 13 19
> 15 12 2 17
> 1 4 10
> 23 20 16 11
> 5 6
> 8
> 22 21 18 9
>
> Es fehlen 7 und 3 - Rest 58.
>
Hallo Ingrid,
ich gratuliere; das ist die beste Lösung, die ich kenne. Sie hat Dich
wohl um den Schlaf gebracht? Mein Neffe war auch auf 58 gekommen, seine
Lösung steht unter
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/rest58.JPG
Ich selbst war erst bei 61, da fehlten die Quadrate 5 und 6.
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal schrieb:
> Ingrid Voigt wrote
>>Es fehlen 7 und 3 - Rest 58.
>>
>>
>
> Unglaublich. Gratulation!
> Man soll ja nie nie sagen. Aber:
> Das kann nie mehr verbessert werden :-)
>
nie = 4 Stunden :-)
Ich habe die 58 unterboten. Dieses Applet ist eines von den wenigen
Programmen, die ich länger benutze als entwickle.
Hermann Kremer
>Ingrid Voigt schrieb:
>
>> Da war immer noch Luft:
>>
>> 24 14 13 19
>> 15 12 2 17
>> 1 4 10
>> 23 20 16 11
>> 5 6
>> 8
>> 22 21 18 9
>>
>> Es fehlen 7 und 3 - Rest 58.
>
>Hallo Ingrid,
>ich gratuliere; das ist die beste Lösung, die ich kenne. Sie hat Dich
>wohl um den Schlaf gebracht? Mein Neffe war auch auf 58 gekommen, seine
>Lösung steht unter
>http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/rest58.JPG
>Ich selbst war erst bei 61, da fehlten die Quadrate 5 und 6.
OK, der Gratulation schließe ich mich an, aber es gibt auch eine Lösung,
bei der nur noch das Quadrat 7x7 = 49 fehlt:
http://rec-puzzles.org/sol.pl/geometry/dissections/square.70
http://home.tiscalinet.ch/t_wolf/tw/misc/squares.html
Etwas (klassische) Theorie zu dem Thema siehe
http://134.76.163.65/agora_docs/19703TABLE_OF_CONTENTS.html
--> S. 607
http://134.76.163.65/agora_docs/19914TABLE_OF_CONTENTS.html
--> S. 460
Ich bin übrigens gar nicht sicher, ob die Nichtzerlegbarkeit bisher überhaupt
schon bewiesen wurde, s.
http://home.tiscalinet.ch/t_wolf/tw/misc/squares.html
Gemäß dieser Quelle ist das Problem NP-vollständig ...
Grüße
Hermann
--
Rainer Rosenthal
Hermann Kremer wrote
> Ich bin übrigens gar nicht sicher, ob die Nichtzerlegbarkeit
> bisher überhaupt schon bewiesen wurde, s.
> http://home.tiscalinet.ch/t_wolf/tw/misc/squares.html
> Gemäß dieser Quelle ist das Problem NP-vollständig ...
Hallo Hermann, Mitfaszinierte,
ich wüsste da einen kleinen Trick (tuschel, tuschel),
um die Sache (psssst!) zu beschleunigen. Ich sage
einfach:
DAS WERDEN DIE AUCH NIEEEE BEWEISEN!
Nochmals Dank an Klaus wegen der schnellen und schönen
Umsetzung des Themas, an Ingrid wegen der prima Lösungen
und an Hermann wegen der wieder mal leckeren Links.
Dass es nicht vergessen werde:
> >http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qua.htm
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Rainer Rosenthal
Klaus Nagel wrote
> Ich selbst war erst bei 61, da fehlten die
> Quadrate 5 und 6.
Hallo Klaus,
(1) kannst Du Deine unter_58_Lösung noch nennen,
bitte?
(2) In einem der herrmlichen Links war etwas zu
lesen, was genau den "Korridoren" aus Deinem
ersten Posting entsprach:
'Have a look at the program's source to learn
what I mean by "corridor".'
( http://home.tiscalinet.ch/t_wolf/tw/misc/squares.html )
(3) Besten Dank für das Update der Maschendrahtzaunseite.
Leider funzt jetzt das Applet nimmer :-((
Rainer Rosenthal
Hermann Kremer
> Ich bin übrigens gar nicht sicher, ob die Nichtzerleg-
> barkeit > bisher überhaupt schon bewiesen wurde, s.
> http://home.tiscalinet.ch/t_wolf/tw/misc/squares.html
> Gemäß dieser Quelle ist das Problem NP-vollständig ...
Hallo Hermann,
das habe ich anders gelesen: Das allgemeine Zerlegungs-
problem ist wohl NP-vollständig (was auch immer das
heissen soll, wahrscheinlich: man muss alles durchprobieren
und wenn's dumm läuft, kommt die Lösung zum Schluss :-)
Aber für das spezielle 70x70 = 1x1 + 2x2 + ... + 24x24
wird dort behauptet, eine Widerlegung per Programm sei
veröffentlicht worden in:
Bitner, James R. and Reingold, Edward M.:
"Backtrack Programming Techniques",
CACM 18(11), November 1975, p. 655 (f?)
Wahrscheinlich steht dabei noch: "Dieser Beweis wurde
maschinell erzeugt und ist ohne Q.E.D. gültig."
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
--
Das Programm sei schon nach 16 Minuten zu dem Ergebnis
der Nichtzerlegbarkeit gekommen. Pah - ich hab' das
gleich gesehen :-)
Rainer Rosenthal
Timo Heuser schrieb
Mit schönen Grüssen von einem Mitleser gebe ich dessen
Lesetipps hier weiter:
"Smallest square that contains all squares of sides 1, ..., n."
http://www.research.att.com/projects/OEIS?Anum=A005842
und den Artikel "Square Packing" von Ed Pegg in MAA Online
http://www.maa.org/editorial/mathgames/mathgames_12_01_03.html
Gruss (und Dank an HP),
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Hermann Kremer
>Hermann Kremer
>
>> Ich bin übrigens gar nicht sicher, ob die Nichtzerleg-
>> barkeit bisher überhaupt schon bewiesen wurde, s.
>> http://home.tiscalinet.ch/t_wolf/tw/misc/squares.html
>> Gemäß dieser Quelle ist das Problem NP-vollständig ...
>
>Hallo Hermann,
>das habe ich anders gelesen: Das allgemeine Zerlegungs-
>problem ist wohl NP-vollständig (was auch immer das
>heissen soll, wahrscheinlich: man muss alles durchprobieren
>und wenn's dumm läuft, kommt die Lösung zum Schluss :-)
Wenn man Pech hat ... aber NP heißt, daß die Rechenzeit schneller
als jedes Polynom mit der Problemgröße n wächst, z.B. ~exp(n)
oder n! oder so ...
http://mathworld.wolfram.com/NP-CompleteProblem.html
>Aber für das spezielle 70x70 = 1x1 + 2x2 + ... + 24x24
>wird dort behauptet, eine Widerlegung per Programm sei
>veröffentlicht worden in:
>
> Bitner, James R. and Reingold, Edward M.:
> "Backtrack Programming Techniques",
> CACM 18(11), November 1975, p. 655 (f?)
>
>Das Programm sei schon nach 16 Minuten zu dem Ergebnis
>der Nichtzerlegbarkeit gekommen. Pah - ich hab' das
>gleich gesehen :-)
>Wahrscheinlich steht dabei noch: "Dieser Beweis wurde
>maschinell erzeugt und ist ohne Q.E.D. gültig."
Hmm, die Ref. auf das Paper ist hier:
http://makeashorterlink.com/?W2B641E17
und das Summary ist auch da, aber leider kann ich das Paper selbst nicht
holen, da ich kein ACM-Member bin ... vielleicht liest ja so jemand hier mit ...
... Und so ganz glaube ich noch nicht an die Widerlegung ;-)
Grüße
Hermann
--
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal schrieb:
> (1) kannst Du Deine unter_58_Lösung noch nennen, bitte?
Sie steht unter:
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/rest56.JPG
Die angegebene 58-er Lösung weicht nur unwesentlich von Ingrids ab.
> (2) In einem der herrmlichen Links war etwas zu lesen, was genau den
> "Korridoren" aus Deinem ersten Posting entsprach: 'Have a look at
> the program's source to learn what I mean by "corridor".' (
> http://home.tiscalinet.ch/t_wolf/tw/misc/squares.html )
Hermanns Links habe ich mir nicht angesehen, weil ich noch weiter selbst
mit dem Applet spielen möchte. Eine rekursive Programmierung für das
Problem wäre sehr einfach, ähnlich wie beim perfekten Lineal; ich habe
es noch nicht gemacht, weil ich riesige Rechenzeiten vermutete, aber
nach dem Hinweis auf 16 Minuten reizt es mich doch.
> (3) Besten Dank für das Update der Maschendrahtzaunseite. Leider
> funzt jetzt das Applet nimmer :-((
Was läuft denn nicht? Ich habe es mit Netscape ausprobiert unter Linux
und Windows-XP, da ging es. Manchmal reagieren die Applets nicht auf
Knöpfe, oft hilft Nachladen. Für Hinweise bin ich dankbar.
Jens Voss
erst einmal schließe ich mich dem Dank von Rainer an Klaus,
Ingrid und Hermann an; das Tüfteln (vor allem mit dem
schönen Äpplet) hat richtig Spaß gemacht!
Jetzt kommt eine mögliche Fortsetzung: Auch bei den
Dreieckszahlen gibt es einen solchen Fall: Die ersten
acht Dreieckszahlen summieren sich zur 15. Dreieckszahl
auf; man könnte also auf die Idee kommen, ein gleich-
seitiges Dreieck der Kantenlänge 15 mit kleineren gleich-
seitigen Dreiecken der Längen 1 bis 8 zu parkettieren.
(Dabei müssen natürlich auch Drehungen zugelassen sein.)
Natürlich drängen sich gleich ein paar Fragen auf:
Geht das? (Ich vermute eher nicht.)
Wenn nein, wieviel Fläche kann man maximal ohne Über-
lappung parkettieren?
Kann man daraus ein Äpplet machen?
Gibt es noch weitere Fälle, wo sich aufeinanderfolgende
Dreieckszahlen zu einer Dreieckszahl aufaddieren?
Und schließlich, was sagt Hermanns Linkkiste zu diesem
Thema?
Schönen Gruß,
Jens
Klaus Nagel
Jens Voss schrieb:
> Jetzt kommt eine mögliche Fortsetzung: Auch bei den Dreieckszahlen
> gibt es einen solchen Fall: Die ersten acht Dreieckszahlen summieren
sich zur 15. Dreieckszahl auf; man könnte also auf die Idee kommen,
> ein gleich- seitiges Dreieck der Kantenlänge 15 mit kleineren gleich-
seitigen Dreiecken der Längen 1 bis 8 zu parkettieren. (Dabei
> müssen natürlich auch Drehungen zugelassen sein.)
Hallo Jens,
das verstehe ich nicht! Die Flächen gleichseitiger Dreiecke sind
proportional zu den zweiten Potenzen der Seitenlängen, genau wie bei
Quadraten oder allen ähnlichen, ebenen Figuren. Die Summe der ersten
acht Quadratzahlen ist 204 und nicht 225 = 15^2.
Man könnte aber wieder versuchen, ein gleichseitiges Dreieck der
Seitenlänge 70 mit den 24 gleichseitigen Dreiecken der Seitenlängen
1,2,3,..24 zu belegen.
> Kann man daraus ein Äpplet machen?
Man kann, aber es ist etwas mühsamer; die Pixel sind nun einmal
rechteckig angeordnet. Ich schicke Dir gern den Java-Quellcode, dann
kannst Du ihn entsprechend abändern.
Gruß,
Klaus Nagel
Ernst Jung
Hallo Rainer,
vielleicht ist auch der Hinweis auf
Ivan Moscovich
Geometrie als Spiel
oder der Satz des Pythagoras
Otto Maier Verlag Ravensburg
1984
angebracht. Auf Seite 46 ist im Anschluss an die Frage, "Wie viele
Quadrate des Systems passen maximal in das 70*70 - Quadrat" zu
lesen:
" Die beste bisher bekannte Antwort ist, >alle bis auf eins <, und
in allen bis heute bekannten Beispielen muss das 7*7-Quadrat
weggelassen werden. Vierundzwanzig verschiedene Loesungen
sind bekannt, wir wissen nicht, ob es nicht noch eine bessere gibt,
bei der ein Quadrat mit einer kleineren Flaeche als 7*7=49 wegfaellt.
und auf Seite 46
" Auch wenn man das Quadrat von 70*70 nicht in vierundzwanzig
Quadrate der Kantenlaenge von 1 bis 24 zerlegen kann, die Zahl
24 taucht bei einem anderen Problem wieder auf, bei dem es um
das Unterteilen von Quadraten geht.
Ein Rechteck oder Quadrat soll dann 'vollstaendig' sein, wenn es
in eine Reihe kleinerer Quadrate zerlegt werden kann, die alle eine
unterschiedliche Kantenlaenge haben. (Die Kantenlaenge soll jeweils
ganzzahlig sein.) ......
Lange Zeit wusste man nicht, ob es ueberhaupt (in diesem Sinn) voll-
staendige Quadrate geben koennte. Ein Mathematikerteam, das sich
eine Analogie zur Theorie elektrischer Schaltungen zunutze machte,
fand schliesslich ein solches Quadrat. Die beste bekannte Loesung
erfordert vierundzwanzig Quadrate (aber nicht mit aufeinanderfolgen-
der Seitenlaenge)
Mit freundlichen Gruessen
Ernst
(*) Ob die o.a. beste Loesung mit dem weggelassenen 7*7-Quadrat
etwas mit 7^2 + 24^2 = 25^2 und ob die o.a. beste Loesung mit 24
Quadraten mit nicht aufeinanderfolgenden Seitenlaengen etwas mit
(7*25)^2 = 175 *175 zu tun hat? ;-))
Jens Voss
> Jens Voss schrieb:
>
>
> > Jetzt kommt eine mögliche Fortsetzung: Auch bei den Dreieckszahlen
> > gibt es einen solchen Fall: Die ersten acht Dreieckszahlen summieren
> sich zur 15. Dreieckszahl auf; man könnte also auf die Idee kommen,
> > ein gleich- seitiges Dreieck der Kantenlänge 15 mit kleineren gleich-
> seitigen Dreiecken der Längen 1 bis 8 zu parkettieren. (Dabei
> > müssen natürlich auch Drehungen zugelassen sein.)
>
> Hallo Jens,
>
> das verstehe ich nicht! Die Flächen gleichseitiger Dreiecke sind
> proportional zu den zweiten Potenzen der Seitenlängen, genau wie bei
> Quadraten oder allen ähnlichen, ebenen Figuren.
Hallo Klaus,
Du hast natürlich recht; ich hab auch nicht das geschrieben,
was ich gemeint habe. Gemeint war: Kann man eine Konfiguration
aus 120 in einem Dreieck angeordneten Punkten mit Dreiecken
überdecken, die jeweils 1, 3, 6, 10, ... der Punkte umfassen?
(Die weiteren Fragen sind entsprechend zu modifizieren.)
Das ganze wird dann nicht mehr ganz so hübsch aussehen, da
sich die kleineren Teile nicht mehr zu einer ganzen Figur
zusammenfügen würden.
Und die Frage mit dem Applet war eigentlich eher scherzhaft
gemeint gewesen; dass Dreiecke (die womöglich noch gedreht
werden müssen) härtere Kost sind als Quadrate, hab ich mir
schon gedacht.
Schönen Gruß,
Jens
Rainer Rosenthal
Ernst Jung
>
> Ivan Moscovich
> Geometrie als Spiel
> oder der Satz des Pythagoras
> Otto Maier Verlag Ravensburg
> 1984
>
> angebracht.
Ja, sehr sogar.
Ich finde dieses Büchlein wunderschön! Es ist sehr
farbig und deutlich gestaltet und voller schöner
Dinge, wie z.B. auch mit einer 10-mal-10 Lösung
zum Eulerschen Offiziersproblem. Eine der 24 be-
kannten Lösungen, bei denen das 7x7-Quadrat draussen
bleibt, ist auf Seite 43 abgebildet.
> (*) Ob die o.a. beste Loesung mit dem weggelassenen 7*7-Quadrat
> etwas mit 7^2 + 24^2 = 25^2 und ob die o.a. beste Loesung mit 24
> Quadraten mit nicht aufeinanderfolgenden Seitenlaengen etwas mit
> (7*25)^2 = 175 *175 zu tun hat? ;-))
Hmm.... vielleicht. Im weitesten Sinne sogar ganz
bestimmt :-)
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Hermann Kremer
>vielleicht ist auch der Hinweis auf
>
> Ivan Moscovich
> Geometrie als Spiel
> oder der Satz des Pythagoras
> Otto Maier Verlag Ravensburg
> 1984
>
>angebracht. Auf Seite 46 ist im Anschluss an die Frage, "Wie viele
>Quadrate des Systems passen maximal in das 70*70 - Quadrat" zu
>lesen:
>
>" Die beste bisher bekannte Antwort ist, >alle bis auf eins <, und
> in allen bis heute bekannten Beispielen muss das 7*7-Quadrat
> weggelassen werden. Vierundzwanzig verschiedene Loesungen
> sind bekannt, wir wissen nicht, ob es nicht noch eine bessere gibt,
> bei der ein Quadrat mit einer kleineren Flaeche als 7*7=49 wegfaellt.
>
>und auf Seite 46
>
>" Auch wenn man das Quadrat von 70*70 nicht in vierundzwanzig
> Quadrate der Kantenlaenge von 1 bis 24 zerlegen kann, ...
Hmm, ist das wirklich *bewiesen* ?
> ... die Zahl
> 24 taucht bei einem anderen Problem wieder auf, bei dem es um
> das Unterteilen von Quadraten geht.
> Ein Rechteck oder Quadrat soll dann 'vollstaendig' sein, wenn es
> in eine Reihe kleinerer Quadrate zerlegt werden kann, die alle eine
> unterschiedliche Kantenlaenge haben. (Die Kantenlaenge soll jeweils
> ganzzahlig sein.) ......
> Lange Zeit wusste man nicht, ob es ueberhaupt (in diesem Sinn) voll-
> staendige Quadrate geben koennte. Ein Mathematikerteam, das sich
> eine Analogie zur Theorie elektrischer Schaltungen zunutze machte,
> fand schliesslich ein solches Quadrat. Die beste bekannte Loesung
> erfordert vierundzwanzig Quadrate (aber nicht mit aufeinanderfolgen-
> der Seitenlaenge)
In
http://mathworld.wolfram.com/PerfectSquareDissection.html
ist als "24-square perfect square" ein solches vollständiges Quadrat
von T.H. Willcocks angegeben, und der Aufsatz dazu von 1951 ist in
http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0042.42003
referiert.
Siehe auch:
W.T. Tutte: Squaring the Square (1950)
http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=040.391
T.T. Willcocks: Some squared squares and rectangles (1967)
http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0168.26304
Auf die darin erwähnte Arbeit von Sprague habe ich bereits in einem
früheren Posting einen Link angegeben.
Grüße
Hermann
--
>Mit freundlichen Gruessen
>Ernst
>
>(*) Ob die o.a. beste Loesung mit dem weggelassenen 7*7-Quadrat
>etwas mit 7^2 + 24^2 = 25^2 und ob die o.a. beste Loesung mit 24
>Quadraten mit nicht aufeinanderfolgenden Seitenlaengen etwas mit
>(7*25)^2 = 175 *175 zu tun hat? ;-))
>
((----------------------; N E I N ;------------------))
Timo Heuser
>> Quadrate der Kantenlaenge von 1 bis 24 zerlegen kann, ...
>
> Hmm, ist das wirklich *bewiesen* ?
Ja, hab ich mich auch gefragt. Selbst mathworld.wolfram ist an dieser Stelle
nicht sehr aufschlussreich - es heißt dort "it turns out not to be possible
to arrange the 24 squares to form a 70x70 square". Normal gibt die Website
ja immer Referenzen in Klammern an ... Evtl. ist das ganze auch recht
trivial, sodass das niemanden speziellen zugeordnet wird - glaub ich aber
nicht ;-)
MfG
Jens Voss
> [...]
>
> Die ersten
> acht Dreieckszahlen summieren sich zur 15. Dreieckszahl
> auf; man könnte also auf die Idee kommen, ein gleich-
> seitiges Dreieck der Kantenlänge 15 mit kleineren gleich-
> seitigen Dreiecken der Längen 1 bis 8 zu parkettieren.
Klaus hat mich ja schon drauf aufmerksam gemacht, dass das nicht das
gemeinte sein kann; ich hatte die Aufgabenstellung auch schon etwas
präzisiert:
Kann man ein eine Konfiguration aus 120 ( = T_15) in einem Dreieck
arrangierten Punkten so mit Dreiecken überdecken, dass diese jeweils
T_1 = 1, T_2 = 3, T_3 = 6, ..., T_8 = 36 der Punkte bedecken (und
dabei nicht irgendwie schief in der Figur liegen, sondern zu den
Kanten des Dreiecks parallele Kanten haben)?
Eine Zeichnung dazu: http://jens.voss-ahrensburg.de/triangle.png
Man sieht, dass 10 Punkte nicht "erwischt" worden sind, was daran
liegt, dass ich das vierte Dreieck mit T_4 = 10 Punkten nicht
unterbringen konnte.
Damit komme ich auch schon zu ein paar Teilantworten auf meine Fragen:
> Geht das? (Ich vermute eher nicht.)
Meine Vermutung lautet sogar, dass die obige Lösung optimal ist, d.h.
dass es keine Lösung gibt, bei der alle Dreiecke T_4 bis T_8 einge-
setzt werden. Einen Beweis habe ich dafür nicht, aber er kann nicht
allzu schwer sein (entweder mit 759 Fallunterscheidungen oder per
Computer).
> Wenn nein, wieviel Fläche kann man maximal ohne Über-
> lappung parkettieren?
Siehe oben; meine Lösung hat 110 Punkte.
> Kann man daraus ein Äpplet machen?
Klar, wenn man genügend Zeit hat...
> Gibt es noch weitere Fälle, wo sich aufeinanderfolgende
> Dreieckszahlen zu einer Dreieckszahl aufaddieren?
Ja, und zwar sind es genau 5 Fälle:
Sum_(i=1)^1 T_i = T_1 = 1
Sum_(i=1)^3 T_i = T_4 = 10
Sum_(i=1)^8 T_i = T_15 = 120
Sum_(i=1)^20 T_i = T_55 = 1540
Sum_(i=1)^34 T_i = T_119 = 7140
Während die Konfiguration mit den 120 Punkten eigentlich noch ganz
übersichtlich (um nicht zu sagen langweilig) ist, dürfte die mit 1540
hinsichtlich der Komplexität der Quadrataufgabe nahekommen und die mit
7140 Punkten schon fürchterlich viel schwerer sein.
(Klaus, falls Du so ein Applet schreibst, nimm doch am besten den
vierten Fall :)
> Und schließlich, was sagt Hermanns Linkkiste zu diesem
> Thema?
Wahrscheinlich schlummert da einiges zu dieser Fragestellung; ich habe
immerhin die obigen fünf Gleichungen bei Mathworld gefunden unter
http://mathworld.wolfram.com/TetrahedralNumber.html.
Schöne Grüße,
Jens
Gerhard Woeginger
#
# In
# http://mathworld.wolfram.com/PerfectSquareDissection.html
# ist als "24-square perfect square" ein solches vollständiges Quadrat
# von T.H. Willcocks angegeben, und der Aufsatz dazu von 1951 ist in
# http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0042.42003
# referiert.
# Siehe auch:
#
# W.T. Tutte: Squaring the Square (1950)
# http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=040.391
#
# T.T. Willcocks: Some squared squares and rectangles (1967)
# http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0168.26304
# Auf die darin erwähnte Arbeit von Sprague habe ich bereits in einem
# früheren Posting einen Link angegeben.
#
Die meisten Resultate in diesem Gebiet wurden aber erst
spaeter (mit Computerkraft) bewiesen:
Duijvestijn (an der TU Eindhoven) hat Ende der 70er Jahre
gezeigt, dass es ein "perfect squared square" der Ordnung 21
gibt, und dass es keines mit Ordnung 20 gibt.
Das "Journal of Combinatorial Theory" hat dann sein Cover
von der aelteren Loesung auf die neue Loesung abgeaendert.
MathSciNet (http://ams.mathematik.uni-bielefeld.de/mathscinet/search)
liefert 22 Referenzen zu Arbeiten von Duijvestijn.
--Gerhard
__________________________________________________________________
Gerhard J. Woeginger http://wwwhome.cs.utwente.nl/~woegingergj/
Hermann Kremer
>Jens Voss wrote:
>
>> [...]
>
>> Und schließlich, was sagt Hermanns Linkkiste zu diesem
>> Thema?
Hmm, zu Dreieckszahlen sagt sie
http://www.trottermath.com/numthry/trident.html
>Wahrscheinlich schlummert da einiges zu dieser Fragestellung; ich habe
>immerhin die obigen fünf Gleichungen bei Mathworld gefunden unter
>http://mathworld.wolfram.com/TetrahedralNumber.html.
Tetraeder-Zahlen ...
Bei figurierten Zahlen ist meine Linkkiste leider nicht sonderlich ergiebig ;-)
Grüße
Hermann
--
>Schöne Grüße,
>Jens
Hermann Kremer
<400e4c5d$0$8840$3b21...@aconews.univie.ac.at>...
>Hermann Kremer <hermann...@online.de> wrote:
>Die meisten Resultate in diesem Gebiet wurden aber erst
>spaeter (mit Computerkraft) bewiesen:
>Duijvestijn (an der TU Eindhoven) hat Ende der 70er Jahre
>gezeigt, dass es ein "perfect squared square" der Ordnung 21
>gibt, und dass es keines mit Ordnung 20 gibt.
Meinst Du dieses Paper?
-----------------------------------------------
Simple Perfect Squared Squares and 2 × 1 Squared
Rectangles of Orders 21 to 24
Duijvestijn A. J. W.
Technol Univ Twente, Enschede, Netherlands
---
Journal of Combinatorial Theory, Series B
Volume 59, Issue 1 , September 1993, Pages 26-34
---
Abstract
In this note tables of all simple perfect squared squares and 2 × 1 squared
rectangles or orders 21, 22, 23, and 24 are presented.
-----------------------------------------------
Grüße
Hermann
--
Ernst Jung
Gibt es noch weitere Fälle, wo sich aufeinanderfolgende
Dreieckszahlen zu einer Dreieckszahl aufaddieren?
> Ja, und zwar sind es genau 5 Fälle:
> Sum_(i=1)^1 T_i = T_1 = 1
> Sum_(i=1)^3 T_i = T_4 = 10
> Sum_(i=1)^8 T_i = T_15 = 120
> Sum_(i=1)^20 T_i = T_55 = 1540
> Sum_(i=1)^34 T_i = T_119 = 7140
Hallo Jens,
zunaechst vielen Dank fuer vorstehende Feststellung, zumal ich,
was die 5 als Anzahl betrifft, spontan an die 5 platonischen Koer-
per mit dem zu sich selbst dualen Tetraeder denke und daran,
- dass es vermutlich nur 5 Fermatsche Primzahlen gibt
2^1+1 = 3,
2^2+1 = 5,
2^4+1 = 17,
2^8+1 = 257 und 2^16+1= 65537.
- dass es in der rechten Haelfte der Anordnung der ungeraden
Zahlen mit Zeilensummen in der Folge der Kubikzahlen vermut-
1^3 ------------------------------------- 01
2^3 --------------------------------- 03 05
3^3 ----------------------------- 07 09 11
4^3 ------------------------ 13 15 17 19
5^3 ---------------------- 21 23 25 27 29
6^3 ------------------ 31 33 35 37 39 41
7^3 -------------- 43 45 47 49 51 53 55
8^3 ---------- 57 59 61 63 65 67 69 71
9^3 ------ 73 75 77 79 81 83 85 87
89
lich nur 5 - bis zur Mittelspalte mit den ungeraden Quadratzahlen -
ausschliesslich mit Primzahlen belegte Schraegzeilen gibt, d.h. die
mit den Anfangszahlen 5, 11, 41, 89, 461 am rechten Rand der An-
ordnung.
Daher meine Frage, wie beweist man dies, wer hat es als erster
bewiesen und wo finde ich den Beweis, dass "es genau 5 Faelle"
sind?
Vielen Dank im voraus und
mit freundlichen Gruessen
Ernst
PS:
Wie ermittelt man die Anzahl der moeglichen Anordnungen der
24 Quadratflaechen bei 1^2 + 2^2 + ...+23^2 + 24^2 = (2*5*7)^2
und welcher Rechenzeit bedarf es auf einem modernen Rechner
zur Feststellung der bei optimaler Anordnung nicht abdeckbaren
(minimalen) Flaeche, die bislang mit 7*7 = 49 angegeben wird?
Klaus Nagel
Ernst Jung schrieb:
> Wie ermittelt man die Anzahl der moeglichen Anordnungen der
> 24 Quadratflaechen bei 1^2 + 2^2 + ...+23^2 + 24^2 = (2*5*7)^2
> und welcher Rechenzeit bedarf es auf einem modernen Rechner
> zur Feststellung der bei optimaler Anordnung nicht abdeckbaren
> (minimalen) Flaeche, die bislang mit 7*7 = 49 angegeben wird?
>
Ein Programm zu dieser Berechnung habe ich angefangen. Es geht wie folgt vor:
Beginnend mit dem größten Quadrat versucht ein rekursives Programm ein
Quadrat zu plazieren. Hat es das Quadrat N gelegt, so ruft es sich
selbst auf mit N-1. Dieser Teil ist sehr kurz und einfach. Um aber zu
erträglichen Rechenzeiten zu kommen, muß der abzuarbeitende
Entscheidungsbaum kräftig beschnitten werden, ohne dabei mögliche
Lösungen zu verhindern. Als Kriterium nehme ich die Entstehung von
Korridoren; das sind lange freie Flächen, die später nicht mehr
aufgefüllt werden können. Nach etwa einer halben Stunde hat das Programm
diese Stellung geliefert:
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/qq.JPG
Die dicken, schwarzen Punkte markieren Korridore. Die drei größten
Quadrate liegen noch in ihrer Ausgangsstellung. Man sieht, daß sich aus
dieser Stellung eine mit der Restfläche 6^2 + 5^2 = 61 erreichen läßt.
Ich bin zuversichtlich, das Problem vollständig abarbeiten zu können.
Notfalls müssen wir in der Newsgroup Rechnerleistungen bündeln.
Gruß,
Klaus Nagel
Hermann Kremer
>
> Gibt es noch weitere Fälle, wo sich aufeinanderfolgende
> Dreieckszahlen zu einer Dreieckszahl aufaddieren?
>
>> Ja, und zwar sind es genau 5 Fälle:
>
>> Sum_(i=1)^1 T_i = T_1 = 1
>> Sum_(i=1)^3 T_i = T_4 = 10
>> Sum_(i=1)^8 T_i = T_15 = 120
>> Sum_(i=1)^20 T_i = T_55 = 1540
>> Sum_(i=1)^34 T_i = T_119 = 7140
>
>
>Hallo Jens,
[ ... ]
>Daher meine Frage, wie beweist man dies, wer hat es als erster
>bewiesen und wo finde ich den Beweis, dass "es genau 5 Faelle"
>sind?
Bewiesen hat es der (ehemals sowjetische) Mathematiker Eduard
Tigranowitsch Awanasow (aka. Eduard Tigranovic Avanasov) 1967
in dem russischsprachigen Aufsatz "Lösung eines Problems über
figurierte Zahlen":
http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0153.06403
Der Annotierung nach scheint der Beweis ziemlich happig zu sein.
Die Zeitschrift "Acta Arithmetica" erscheint übrigens in Warschau.
>PS:
>Wie ermittelt man die Anzahl der moeglichen Anordnungen der
>24 Quadratflaechen bei 1^2 + 2^2 + ...+23^2 + 24^2 = (2*5*7)^2
>und welcher Rechenzeit bedarf es auf einem modernen Rechner
>zur Feststellung der bei optimaler Anordnung nicht abdeckbaren
>(minimalen) Flaeche, die bislang mit 7*7 = 49 angegeben wird?
Hmm, warten wir mal die Ergebnisse von Klaus Nagel ab ...
Grüße
Hermann
--
Hermann Kremer
>Ernst Jung schrieb in Nachricht ...
>>Jens Voss schrieb zur Frage:
>>
>> Gibt es noch weitere Fälle, wo sich aufeinanderfolgende
>> Dreieckszahlen zu einer Dreieckszahl aufaddieren?
>>
>>> Ja, und zwar sind es genau 5 Fälle:
>>
>>> Sum_(i=1)^1 T_i = T_1 = 1
>>> Sum_(i=1)^3 T_i = T_4 = 10
>>> Sum_(i=1)^8 T_i = T_15 = 120
>>> Sum_(i=1)^20 T_i = T_55 = 1540
>>> Sum_(i=1)^34 T_i = T_119 = 7140
>>
>>
>>Hallo Jens,
>>zunaechst vielen Dank fuer vorstehende Feststellung ...
> [ ... ]
> >Daher meine Frage, wie beweist man dies, wer hat es als erster
>>bewiesen und wo finde ich den Beweis, dass "es genau 5 Faelle"
>>sind?
>
>Bewiesen hat es der (ehemals sowjetische) Mathematiker Eduard
>in dem russischsprachigen Aufsatz "Lösung eines Problems über
>figurierte Zahlen":
>http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0153.06403
>Der Annotierung nach scheint der Beweis ziemlich happig zu sein.
>Die Zeitschrift "Acta Arithmetica" erscheint übrigens in Warschau.
Ich habe inzwischen nochmals die Referateblätter durchforstet, aber
der Aufsatz von E. T. Avanesov scheint nur auf russisch und auf Papier
zu existieren.
Grüße
Hermann
--
Gerhard Woeginger
# Gerhard Woeginger schrieb in Nachricht
# <400e4c5d$0$8840$3b21...@aconews.univie.ac.at>...#>Die meisten Resultate in diesem Gebiet wurden aber erst
#>spaeter (mit Computerkraft) bewiesen:
#>Duijvestijn (an der TU Eindhoven) hat Ende der 70er Jahre
#>gezeigt, dass es ein "perfect squared square" der Ordnung 21
#>gibt, und dass es keines mit Ordnung 20 gibt.
#
# Meinst Du dieses Paper?
# -----------------------------------------------
# Simple Perfect Squared Squares and 2 × 1 Squared
# Rectangles of Orders 21 to 24
# Duijvestijn A. J. W.
# Technol Univ Twente, Enschede, Netherlands
# ---
# Journal of Combinatorial Theory, Series B
# Volume 59, Issue 1 , September 1993, Pages 26-34
# ---
# Abstract
# In this note tables of all simple perfect squared squares and 2 × 1 squared
# rectangles or orders 21, 22, 23, and 24 are presented.
# -----------------------------------------------
Nein, das ist eine seiner spaeteren Arbeiten. Ich meinte:
AJW Duijvestijn: Simple perfect squared square of lowest order.
Journal of Combinatorial Theory, Series B 25 (1978), 240-243.
Klaus Nagel
Hermann Kremer schrieb:
>> Wie ermittelt man die Anzahl der moeglichen Anordnungen der 24
>> Quadratflaechen bei 1^2 + 2^2 + ...+23^2 + 24^2 = (2*5*7)^2 und
>> welcher Rechenzeit bedarf es auf einem modernen Rechner zur
>> Feststellung der bei optimaler Anordnung nicht abdeckbaren (minimalen)
>> Flaeche, die bislang mit 7*7 = 49 angegeben wird?
>
> Hmm, warten wir mal die Ergebnisse von Klaus Nagel ab ...
>
Damit Ihr nicht meint, das Thema sei eingeschlafen, melde ich mich
einmal dazu. Ich habe das rekursive Programm schon ganz gewaltig
beschleunigt, habe aber noch nicht alle Verbesserungsideen eingebaut.
Unter Umständen müssen wir doch mit der geballten Rechnerleistung der
Newsgroup herangehen. Es kann aber noch einige Wochen dauern, bis ich
weiß, ob das nötig sein wird.
Gruß,
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal
Klaus Nagel wrote
> Unter Umständen müssen wir doch mit der
> geballten Rechnerleistung der Newsgroup
> herangehen.
Das gibt dann den Faktor 2 oder 3 :-)
Danke für die Meldung zwischendurch.
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Hermann Kremer
OK, gut Ding will Wiles haben, oder so ähnlich ;-)
Und wer sich sich die Zeit bis dahin vertreiben möchte, kann dies
ganz ausgezeichnet auf der Webseite
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/
tun ... dort kann man gar nicht oft genug hingehen.
Zum dortigen wunderschönen Topic "Geradführung" wurde ich übrigens
kürzlich per Email um noch einige Informationen gebeten, und ich möchte
meine Recherche-Ergebnisse in dem Thread
Lipkin, Peaucellier, Hart et al.
auch in d.s.m bekannt geben - vielleicht interessiert es ja den einen oder
anderen.
Rainer Rosenthal
Hermann Kremer
> Und wer sich sich die Zeit bis dahin vertreiben möchte,
> kann dies ganz ausgezeichnet auf der Webseite
> http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/
> tun ... dort kann man gar nicht oft genug hingehen.
Das ist völlig richtig, und ich sollte es selbst auch
mehr beherzigen. Zum Quadrat allerdings kommt man von
der Homepage aus noch nicht, wenn ich das richtig gesehen
habe. Wohl deswegen, weil diese Geschichte erst noch
"rund" gemacht werden soll. Das Quadratepuzzle habe ich
schon im Bekanntenkreis weiter empfohlen als wunder-
schönes Puzzle.
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Ernst Jung
noch vielen Dank fuer die Beantwortung der Frage, wer
bewiesen hat, dass "sich die Dreieckszahlen in genau 5
Faellen zu Dreieckszahlen aufsummieren".
> Bewiesen hat es der (ehemals sowjetische) Mathematiker
> Eduard Tigranowitsch Awanasow (aka. Eduard Tigranovic
> Avanasov) 1967 in dem russischsprachigen Aufsatz
> "Lösung eines Problems über figurierte Zahlen":
> http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0153.06403
> Der Annotierung nach scheint der Beweis ziemlich
> happig zu sein. Die Zeitschrift "Acta Arithmetica"
> erscheint übrigens in Warschau.
Auf meine Vermutung, dass es in der rechten Haelfte der
nachfolgenden Anordnung der ungeraden Zahlen nur 5 bis
1^3 ---------------------------------- 01
2^3 ------------------------------ 03 05
3^3 -------------------------- 07 09 11
4^3 --------------------- 13 15 17 19
5^3 ------------------- 21 23 25 27 29
6^3 --------------- 31 33 35 37 39 41
7^3 ----------- 43 45 47 49 51 53 55
8^3 ------- 57 59 61 63 65 67 69 71
9^3 --- 73 75 77 79 81 83 85 87 89
zur Mittelspalte ausschliesslich mit Primzahlen belegte Schraeg-
zeilen gibt, d.h. die mit den Anfangszahlen 5, 11, 41, 89, 461 am
rechten Rand der Anordnung, bist Du in dem Thread mit Betreff
Quadratsumme verstaendlicherweise nicht eingegangen.
Laesst sich diese Vermutung nicht mit Hilfe der "Heegner-Zahlen"
beweisen? Du hattest dies vor einiger Zeit verneint, aber ich hatte
damals auch nicht auf die Primzahlen vor 5, 11, 41, 89, 461 in die-
sen bis zur 1. horiz. Zeile verlaengerten Schraegzeilen hingewiesen:
01 03 05 07 09 11 -- 13 --- 15 --- 17
-> 05 07 09 11 13 -- .... --- .... --- 19
----> 11 13 15 17 --- ... --- .... --- 23
--------- 19 21 23 -- ... --- .... --- 29
------------- 29 -- 31-- ... --- ... --- 37
---------------> 41-- ... -- ... --- 47
------------- 53 -- 55 -- .. --- 59
--------- 67 --- .. -- 71-- 73 --
------ 83 -- ... --- ... -> 89
-- 1o1-- ... -- ... -- 1o7
... -- ... -- ... -- 127
-- ... --- ... -- 149
.. --- .... --173
-- ... -- 199
.. -- 227
-- 257
..
In dem mir von Rainer Rosenthal empfohlenen "Zahlenzauber"
von John H. Conway / Richard K. Guy ist auf Seite 253 zu lesen
"... fuer eine Zahl k > 1 stellt die Formel n^2 - n + k fuer die auf-
einanderfolgenden Zahlen n = 1, 2,...., k-1 Primzahlen dar, falls
1 - 4k eine der Heegnerschen Zahlen ist. Da wir diese nun alle
kennen, bleiben nur die Faelle k = 2, 3, 5, 11, 17, 41
------------------------> Werte fuer n = 1, 2,...., k-1
n^2 - n + 2 I 2
n^2 - n + 3 I 3, --> 5
n^2 - n + 5 I 5, 7, --> 11, 17
n^2 - n + 11 I 11,13, 17, 23, 31 --> 41, 53, 67, 83, 101
n^2 - n + 17 I 17, 19, 23, 29, 37, 47, 59, 73, --> 89, 107...257
n^2 - n + 41 I 41, 43, 47, 53, 61, 71, ..., 421, --> 421 bis 1601"
Ist die o.a. Vermutung Deiner Ansicht nach nun bewiesen?
Wenn nein, was fehlt noch zum endgueltigen Beweis ?
Hermann Kremer
Hallo Ernst,
>noch vielen Dank fuer die Beantwortung der Frage, wer
>bewiesen hat, dass "sich die Dreieckszahlen in genau 5
>Faellen zu Dreieckszahlen aufsummieren".
>
>> Bewiesen hat es der (ehemals sowjetische) Mathematiker
>> Eduard Tigranowitsch Awanesow (aka. Eduard Tigranovic
>> Avanesov) 1967 in dem russischsprachigen Aufsatz
>> "Lösung eines Problems über figurierte Zahlen":
>> http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0153.06403
>> Der Annotierung nach scheint der Beweis ziemlich
>> happig zu sein. Die Zeitschrift "Acta Arithmetica"
>> erscheint übrigens in Warschau.
>
>Auf meine Vermutung, dass es in der rechten Haelfte der
>nachfolgenden Anordnung der ungeraden Zahlen nur 5 bis
>
>1^3 ---------------------------------- 01
>2^3 ------------------------------ 03 05
>3^3 -------------------------- 07 09 11
>4^3 --------------------- 13 15 17 19
>5^3 ------------------- 21 23 25 27 29
>6^3 --------------- 31 33 35 37 39 41
>7^3 ----------- 43 45 47 49 51 53 55
>8^3 ------- 57 59 61 63 65 67 69 71
>9^3 --- 73 75 77 79 81 83 85 87 89
>
>zur Mittelspalte ausschliesslich mit Primzahlen belegte Schraeg-
>zeilen gibt, d.h. die mit den Anfangszahlen 5, 11, 41, 89, 461 am
>rechten Rand der Anordnung, bist Du in dem Thread mit Betreff
>Quadratsumme verstaendlicherweise nicht eingegangen.
Du betrachtest hier Folgen der allgemeinen Form
z_m[u] = 2*m+1 + u^2 - u , m = 0, 1, ... ; u = 1, 2, ...
und die "... bis zur Mittelspalte ausschließlich belegten Schrägreihen ..."
sind dann die Teilfolgen
z_m[u] = 2*m+1 + u^2 - u , u = m+1, ..., 2*m.
Beispiel: m = 8: z_8[u] = 17 + u^2 - u , u = 9, 10, ..., 16
z_8[ 9] = 89
z_8[10] = 107
z_8[11] = 127
.....
z_8[16] = 257
>Laesst sich diese Vermutung nicht mit Hilfe der "Heegner-Zahlen"
>beweisen?
[ ... ]
>In dem mir von Rainer Rosenthal empfohlenen "Zahlenzauber"
>von John H. Conway / Richard K. Guy ist auf Seite 253 zu lesen
>
>"... fuer eine Zahl k > 1 stellt die Formel n^2 - n + k fuer die auf-
>einanderfolgenden Zahlen n = 1, 2,...., k-1 Primzahlen dar, falls
>1 - 4k eine der Heegnerschen Zahlen ist. Da wir diese nun alle
>kennen, bleiben nur die Faelle k = 2, 3, 5, 11, 17, 41
>
>------------------------> Werte fuer n = 1, 2,...., k-1
>
>n^2 - n + 2 I 2
>n^2 - n + 3 I 3, --> 5
>n^2 - n + 5 I 5, 7, --> 11, 17
>n^2 - n + 11 I 11,13, 17, 23, 31 --> 41, 53, 67, 83, 101
>n^2 - n + 17 I 17, 19, 23, 29, 37, 47, 59, 73, --> 89, 107...257
>n^2 - n + 41 I 41, 43, 47, 53, 61, 71, ..., 421, --> 461 bis 1601
Wenn Du als Startzahl 2*m+1 in einer der Folgen z_m[u] eine der
ungeraden "Zauberzahlen" { 3, 5, 11, 17, 41 } verwendest, dann ist
die entsprechende Schrägreihe gerade die obere Hälfte der anfänglichen
Primzahlen-Teilfolge dieser Folge und besteht folglich nur aus Primzahlen.
Da Du aber immer nur die Teilfolge u = m+1 ... 2*m einer Folge betrachtest,
ist es denkbar, daß eine Startzahl 2*m+1 existiert so, daß zwar die Teilfolge
u = 0, 1, ..., m nicht nur Primzahlen enthält, die daran anschließende Teilfolge
u = m+1, m+2, ..., 2*m, ...., n aber ausschließlich Primzahlen; eine solche
Folge würde dann nicht von dem Conway-Guy-Heegner-Satz abgedeckt. Ich
kenne den nicht gut genug, um eine solche Möglichkeit auszuschließen.
Eine Besprechung der Arbeit
Kurt Heegner: Diophantische Analysis und Modulfunktionen.
Math. Z. 56(1952), S. 227-253
ist übrigens in
http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0049.16202
zu finden. Siehe auch
http://mathworld.wolfram.com/GausssClassNumberProblem.html
>Ist die o.a. Vermutung Deiner Ansicht nach nun bewiesen?
>Du hattest dies vor einiger Zeit verneint, ....
>Wenn nein, was fehlt noch zum endgueltigen Beweis ?
Siehe oben ...
Grüße
Hermann
--
Ernst Jung
vielen Dank fuer
> Eine Besprechung der Arbeit
> Kurt Heegner: Diophantische Analysis und Modulfunktionen.
> Math. Z. 56(1952), S. 227-253
> ist übrigens in
> http://www.emis.de/cgi-bin/Zarchive?an=0049.16202
> zu finden. Siehe auch
> http://mathworld.wolfram.com/GausssClassNumberProblem.html
sowie fuer
> Wenn Du als Startzahl 2*m+1 in einer der Folgen z_m[u] eine
> der ungeraden "Zauberzahlen" { 3, 5, 11, 17, 41 } verwendest,
> dann ist die entsprechende Schrägreihe gerade die obere Hälfte
> der anfänglichen Primzahlen-Teilfolge dieser Folge und besteht
> folglich nur aus Primzahlen.
>Da Du aber immer nur die Teilfolge u = m+1 ... 2*m einer Folge
> betrachtest, ist es denkbar, daß eine Startzahl 2*m+1 existiert
> so, daß zwar die Teilfolge u = 0, 1, ..., m nicht nur Primzahlen ent-
> hält, die daran anschließende Teilfolge u = m+1, m+2, .., 2*m, ..., n
> aber ausschließlich Primzahlen; eine solcheFolge würde dann nicht
> von dem Conway-Guy-Heegner-Satz abgedeckt. Ich kenne den
> nicht gut genug, um eine solche Möglichkeit auszuschließen.
Es ist also nicht auszuschliessen, dass es ausser den mit den Zahlen
5, 11, 41, 89, 461 beginnenden, bis zur Mittelspalte ausschliesslich mit
Primzahlen belegten "unteren" Schraegzeilenhaelften noch weitere mit
nicht voll mit Primzahlen besetzten "oberen" Schraegzeilenhaelften gibt.
Vielleicht kann ein Zahlentheoretiker in dsm unter Beruecksichtigung des
"Conway-Guy-Heegner-Satz" beweisen, dass es eine solche Moeglichkeit
nicht gibt.
Zu der Zahl 7140 = 119*120/2 = 84*85 = 17(4*17^2+6*17+2)/3
als groesste Dreieckszahl in der Folge y = x (x+1)(x+2) / 6 sei
bemerkt, dass sie - wie ich meine und angedeutet habe - die
einzige Zahl ist, die sowohl in der Summenfolge S = x(x+1)/2 der
nat. Zahlen als auch in der Summenfolge S=x(x+1) der geraden
Zahlen als auch in der Summenfolge S = x(4x^2 + 6x +2) / 3 der
geraden Quadratzahlen vorkommt.
Ist diese Feststellung richtig und ist unter den Loesungstripeln
der Gleichung x^2 + y^2 = z^2 mit x = y -1 das Loesungstripel
(119,120,169) das einzige mit z = Quadratzahl?
Hermann Kremer
Hallo Ernst,
>vielen Dank fuer
Ja, das wäre schön ...
>Zu der Zahl 7140 = 119*120/2 = 84*85 = 17(4*17^2+6*17+2)/3
>als groesste Dreieckszahl in der Folge y = x (x+1)(x+2) / 6 sei
>bemerkt, dass sie - wie ich meine und angedeutet habe - die
>einzige Zahl ist, die sowohl
> (a) in der Summenfolge S = x(x+1)/2 der nat. Zahlen
>als auch
> (b) in der Summenfolge S = x(x+1) der geraden Zahlen
>als auch
> (c) in der Summenfolge S = x(4x^2 + 6x +2)/3 der geraden Quadratzahlen
>vorkommt.
>Ist diese Feststellung richtig ...
Ja, da man ja nur die Zahlen 1, 10, 120, 1540, 7140 daraufhin prüfen muß.
>... und ist unter den Loesungstripeln
>der Gleichung x^2 + y^2 = z^2 mit x = y -1 das Loesungstripel
>(119,120,169) das einzige mit z = Quadratzahl?
Hmm, aus der Forderung (y-1)^2 + y^2 = z^2 := u^4 ergibt sich die
Diophantische Gleichung
2*u^4 - v^2 = 1, y = (1 +/- v)/2, z = u^2 ,
und bzgl. deren allgemeiner Lösung (u, v) bin ich momentan etwas ratlos ...
Grüße
Hermann
--
Ernst Jung
schreibt man die ungeraden Zahlen > 1 in eine einzige Zeile,
so ergibt sich bei den Startzahlen 3, 5, 11, 17, 41 nach jeweils
einer bestimmten Anzahl von Schritten +2, +4, +6, +8 usf. eine
"Unterbrechung" der Primzahlenfolge durch eine Quadratzahl
3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25, 27, 29, 31
3, 5, -> 9
--, 5, 7, -> 11---------->,17, ------------> 25
--, --, --, --, 11, 13, ---> 17, -------> 23, -------------> 31usf.
--, --, --, --, ---, ---, ---, 17, 19, --> 23, ---------> 29 usf.
Bei der Dreiecksanordnung der ungeraden Zahlen in Zeilen mit
Zeilensummen in der Folge der nat. Kubikzahlen ist dies letztlich
ebenso. Von der
3 am Anfang der 2. Zeile gelangt man zur 5 am Ende
der 2. Zeile und von da - ueber die 7 am Anfang der
3. Zeile - zur 9 = 3^2 in der Mitte der 3. Zeile
5 am Ende der 2. Zeile gelangt man zur 7* am Anfang
der 3. Zeile und von da zur 11** am Ende der 3. Zeile
und von da - ueber 13, 15 in der 4. Zeile - zur 17** in
der 4. Zeile und von da - ueber die 19 in der 4. Zeile
und die 21, 23 in der 5. Zeile - zu der 25 = 5^2.
11 am Ende der 3. Zeile zur 13* am Anfang der 4. Zeile
und von da zur 17* in der 4. Zeile und von da - ueber
19 in der 4. Zeile und 21in der 5. Zeile - zur 23* in der
5. Zeile und von da - 25, 27, 29 in der 5. Zeile - zur 31*
am Anfang der 6.Zeile und von da - ueber 33,35,37,39
in der 6. Zeile - zur 41** am Ende der 6. Zeile / Anfang
der "unteren" Schraegzeilenhaelfte und von da - ueber
43, 45, 47, 49, 51 in der 7. Zeile - zur 53** in der 7. Zeile
bzw. in der o.a. "unteren" Schraegzeilenhaelfte und von
da - ueber 55 am Ende der 7. Zeile und 57, 59, 61, 63, 65
in der 8. Zeile - zur 67** in der 7. Zeile bzw. in der o.a. "un-
teren" Schraegzeilenhaelfte und von da - ueber 69, 71 in
der 8. Zeile und 73, 75, 77, 79, 81in der 9. Zeile - zur 83**
in der 9. Zeile bzw. in der o.a. "unteren" Schraegzeile und
von da - ueber 85, 87, 89 in der 9. Zeile und 91, 93, 95, 97,
99 in der 10. Zeile - zur 101** in der 10. Zeile bzw. in der o.a.
"unteren" Schraegzeilenhaelfte und von da - ueber 103, 105,
109 in der 10. und 111, 113, 115, 117, 119 in der 11. Zeile -
zur 121=11^2 in der Mitte der 11. Zeile.
Es m.E. also doch auszuschliessen, dass es ausser den mit den
Zahlen 5, 11, 41, 89, 461 beginnenden, bis zur Mittelspalte aus-
schliesslich mit Primzahlen belegten "unteren" Schraegzeilen-
haelften noch weitere mit nicht nur mit Primzahlen besetzten
"oberen" Schraegzeilenhaelften gibt.
Vielen Dank auch noch dafuer, dass Du auf die Frage
>> ist unter den Loesungstripeln von x^2 + y^2 = z^2
>> mit x = y -1 das Loesungstripel (119,120,169) das
>> einzige mit z = Quadratzahl?
>
wie folgt eingegangen bist
> Hmm, aus der Forderung (y-1)^2 + y^2 = z^2 := u^4
> ergibt sich die Diophantische Gleichung
>
> 2*u^4 - v^2 = 1, y = (1 +/- v)/2, z = u^2 ,
>
> und bzgl. deren allgemeiner Lösung (u, v) bin ich momentan
> etwas ratlos
Auf Anhieb bin ich zwar nicht auf 2*u^4 - v^2 = 1 gekommen,
sondern erst ueber
y = (1 +/- v) / 2,
2y = 1 +/- v
v = 2y - 1
v^2 = (2y - 1)^2 = 4y^2 - 4y + 1
u^4 - (2y^2 - 2y) = 1
2u^4 - (4y^2 - 4y) = 2
2u^4 - (4y^2 - 4y) - 1 = 1
2u^4 - (4y^2 - 4y +1) = 1
2u^4 - v^2 = 1,
mich der Quadratzahlen in der Summenfolge der natuerlichen
Zahlen erinnernd (*) - und in diesem Zusammenhang auch, dass
unter den unendlich vielen Zahlen, die sowohl in der Summenfolge
S = x(x+1)/2 der natuerlichen Zahlen als auch in der Summenfolge
S = x(x+1)/2 der geraden nat. Zahlen vorkommen, vermutlich nur
die Zahlen
6 = 1+2+3 = 2 + 4 = 2*3 , vgl. auch 3^2 + 4^2 = 5^2
210 = 1+2+..+19+20 = 2+4+....+26+28 = 2*3*5*7 vgl. auch
-------------> 20^2 + 21^2 = 29^2 = (2^2+5^2)^2
sogenannte Primoriale sind ;-))
Mit freundlichen Gruessen
Ernst
---------------------------------
(*) Es ist beispielsweise
2 * 29^4 - 29^2 = (29*41)^2 = (20^2+ 21^2) * (20+21)^2
2 * 70^4 - 70^2 = (70*99)^2 = (2*49*50) * (49+50)^2
2*169^4 - 169^2 = (169*239)^2 = (119^2+120^2)(119+120)^2
Klaus Nagel
Dieses Problem ist nicht vergessen. Seit etwa fünf Tagen läuft ein
Programm (mit kleinen Unterbrechungen) und hat über 170 000000
Stellungen untersucht. Den Fortschritt könnt Ihr beobachten unter
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/Parkett.htm
Dort wird (zeitweise) alle 100000 Schritte der aktuelle Stand und die
beste Lösung nach einem Wiederanlauf automatisch ins Netz gestellt. Der
augenblickliche Lauf dient zum Testen, er benutzt nicht das Quadrat 7x7
und sollte daher die 49er-Lösung
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/rest49.jpg
finden. Das müßte demnächst geschehen, denn das 24er-Quadrat nähert sich
der richtigen Position, 19 Einheiten von der Ecke entfernt. Allerdings
kenne ich einen Fehler im Programm, wodurch unter Umständen der
Entscheidungsbaum zu stark gestutzt wird. Weil aber der Lauf so weit
fortgeschritten ist, will ich ihn nicht abbrechen. Es wird also
spannend. Wer es weiterhin von Hand versuchen will, die Seite steht
jetzt unter:
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/matdir/qua.htm
Gruß,
Klaus Nagel
--
Ein neues Applet über die Ausrichtung der GPS-Satelliten steht unter:
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/astdir/Panel.htm
Rainer Rosenthal
Klaus Nagel wrote
> Weil aber der Lauf so weit fortgeschritten ist, will ich ihn
> nicht abbrechen. Es wird also spannend ...
Hallo Klaus,
ich gucke immer mal wieder hinein. Momentan ist eine Lösung
mit Rest 89 = 8x8 + 5x5 zu sehen. Auch schön.
<pre>
:
: 18 17 19 16
:
: 24 11 9 3 7 10 6
: 1 2
:
: 22 23 (Draussen: 8 und 5)
: 13 12
: 4
: 14 15 20 21
:
</pre>
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Rainer Rosenthal
Klaus Nagel wrote
> Den Fortschritt könnt Ihr beobachten unter
>
> http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/Parkett.htm
>
> Dort wird (zeitweise) alle 100000 Schritte der aktuelle Stand und die
> beste Lösung nach einem Wiederanlauf automatisch ins Netz gestellt. Der
> augenblickliche Lauf dient zum Testen, er benutzt nicht das Quadrat 7x7
> und sollte daher die 49er-Lösung
>
> http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/rest49.jpg
>
> finden.
Hallo Klaus,
leider habe ich heute mittag nicht mitgeschrieben, aber
da war eine bessere Stellung als jetzt!
Momentan:
<pre>
:
: 18 17 19 16
:
: 11 9 10 6
: 24 3 7 4 also ohne 8, 7 und 5
: 22 23
:
: 13 12 2
: 1
: 14 15 20 21
:
</pre>
Heute mittag fehlten nur noch 7 und 5.
Leider hatte ich da nicht genug Zeit zum Mitschreiben.
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal schrieb:
> Klaus Nagel wrote
>
>
>>Den Fortschritt könnt Ihr beobachten unter
>>
>>http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/Parkett.htm
>
> Heute mittag fehlten nur noch 7 und 5.
> Leider hatte ich da nicht genug Zeit zum Mitschreiben.
>
Das stimmt, inzwischen war sogar eine Stellung zu sehen, bei der nur 7
und 5 fehlten. Das ist zwar schön, aber nicht das, was ich eigentlich
wollte: Der Lauf sollte zeigen, ob die 49er-Lösung gefunden wird. Den
langen Lauf habe ich abgebrochen, weil wegen eines Bedienungsfehlers der
7er versehentlich doch gesetzt wurde. Ich habe dann den 7er ausgeblendet
und wieder dort aufgesetzt, wo der 24er die Position (0, 19) erreicht.
Dieser Lauf hat die 49er Lösung nicht gefunden, vermutlich, weil ich den
Entscheidungsbaum zu stark gestutzt habe. Ich wiederhole ihn jetzt mit
einem höheren Limit. Er sollte die Lösung bis morgen gegen Mittag
finden. Erst wenn diese Tests alle bestanden sind, soll ein
Produktionslauf prüfen, ob es eine bessere Lösung als 49 gibt.
Gruß,
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal
> Den Fortschritt könnt Ihr beobachten unter
> http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/Parkett.htm
Hallo Klaus,
weil ich Deine Faszination für das Thema teile, halte
ich gerne die d.s.m.-Gemeinde mit ASCII-Art auf dem
Laufenden, die aus gelegentlichem Hineinschauen entsteht.
<pre>
:
: 24 23 22
:
:
: 16 18 21 15 also ohne 7, 5 und 4
: 4^2 + 5^2 + 7^2 = 90
: 32
: 11 1
: 8 10 9 12 6 13
:
: 19 17 14 20
:
</pre>
Eine hübsche 90-er-Lösung. Die Schritt-Anzahl anzugeben,
will mir nicht lohnend erscheinen, weil da ja der Zufall
eine Rolle spielt (der von Dir beeinflusst werden kann.)
Gruss,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de
Klaus Nagel
Die Quadratsummen sind weiterhin in Arbeit. Das Programm hat schon
einmal die 49er-Lösung geliefert. Ich bin jetzt dabei, die
Abbruchkriterien zu verbessern. Dazu benötige ich eine Tabelle, die für
freigebliebene Rechtecke (Korridore) bis zu einer gewissen Breite
angibt, wieviel Fläche mindestens frei bleibt. Ein Programm, das diese
Tabelle berechnet, läuft sehr langsam, ich bin erst bei Breite acht und
möchte 14 erreichen. Schneller geht es vermutlich mit dem abgeänderten
Applet:
http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/matdir/quo.htm
Das ist wieder eine schöne Spielerei. Hilfe nehme ich gern an. Hier ist
der Tabellenanfang:
Mindestreste
Höhe
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
-------------------------------------
1: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2: - 0 1 3 5 7 9 11 13 15 17
Länge 3: - - 0 0 1 4 7 10 13 16 19
4: - - - 0 0 1 2 4 6 10 14
5: - - - - 0 0 0 0 1 2 3
6: - - - - - 0 0 0 0 0 1
Gruß,
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal
Klaus Nagel
> http://home.t-online.de/home/nagel.klaus/matdir/quo.htm
>
> Das ist wieder eine schöne Spielerei. Hilfe nehme ich gern an. Hier ist
> der Tabellenanfang:
>
> Mindestreste
> Höhe
> 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
> -------------------------------------
> 1: 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
> 2: - 0 1 3 5 7 9 11 13 15 17
> Länge 3: - - 0 0 1 4 7 10 13 16 19
> 4: - - - 0 0 1 2 4 6 10 14
> 5: - - - - 0 0 0 0 1 2 3
> 6: - - - - - 0 0 0 0 0 1
>
Hallo Klaus,
gut dass es weitergeht. Habe jeden Tag geschaut, aber am 14.2.
war alles eingefroren in der Parkett-Ecke :-(
Zu dem neuen Spiel eine Frage:
Laut Tabelle bleibt ja Rest 1, wenn Länge=5, Höhe=9.
Aber im Applet ist Rest Null möglich, weil man ja seitlich
rausgehen darf:
<pre>
:
: +-----+-------+
: | 3 | |
: | | 4 | Lückenlos aber wohl
: +-----+-----+ | nicht Tücken-los?
: | |-------+-+
: | | |
: | 6 | |
: | | 5 |
: | | |
: +-----------+---------+
Klaus Nagel
Rainer Rosenthal schrieb:
Vielleicht habe ich es nicht deutlich genug geschrieben, das Problem
ergibt sich aus den Korridoren und da ist die Länge immer größer (oder
gleich, aber das ist trivial) als die Höhe. Sonst könnte man diesen Fall
auch schon mit dem 9er-Quadrat allein lösen. Die Lösung mit dem Rest 1
sieht dann so aus:
+------+--------+-----+ ^
| 4 | 5 | 3 | |
| | | | 5
| | +---+-+ |
+----+-+ | 2| |
+-+--------+---+ v
<------ 9 ------->
Das Feld links vom Einser bliebe frei, Dreier und Vierer ragen aus dem
5x9-Rechteck heraus.
Gruß,
Klaus Nagel
Michael Nüsken
> Die Quadratsummen sind weiterhin in Arbeit. Das Programm hat schon
> einmal die 49er-Lösung geliefert. Ich bin jetzt dabei, die
> Abbruchkriterien zu verbessern. Dazu benötige ich eine Tabelle, die für
> freigebliebene Rechtecke (Korridore) bis zu einer gewissen Breite
> angibt, wieviel Fläche mindestens frei bleibt. Ein Programm, das diese
> Tabelle berechnet, läuft sehr langsam, ich bin erst bei Breite acht und
> möchte 14 erreichen.
Der Ansatz gefällt mir.
Ich versuche weiterhin nur die Unmöglichkeit der vollen Lösung zu
zeigen. Dabei habe ich mich letztens überoptimiert und durfte massig
Ergebnisse wieder wegwerfen. Na, ja, da bin ich ja nicht allein.
Ein Tipp: ich versuche gerade auf ganz ähnliche Weise die maximale Länge
eine lösbaren Korridors oder Halbkorridors (Danke für den Tipp!) zu
finden; wobei ich wohl mit Breite bis 12 zufrieden sein werde. (Das
dauert in Maple schon Tage.) Dabei berücksichtige ich aber zusätzlich
die noch vorhandenen Quadrate. Da Du ja die Quadrate in absteigender
Folge platzierst sollte das für Dich nur einen vergleichsweise kleinen
Zusatzfaktor bedeuten, der aber möglicherweise viel Zeit spart. Versuch
mal einen Korridor der Breite (Höhe gefällt mir nicht) 8 und der Länge 8
zu füllen, wenn das 8er-Quadrat schon weg ist...
PS: Wie wollen die 1975 das eigentlich in 16 Minuten geschafft haben???
Salut,
|\/| Michael Nüsken
| \| ++49 5251 60-2653
WWW: http://www-math.uni-paderborn.de/~nuesken/ .
Klaus Nagel
Michael Nüsken schrieb:
> Hallo Klaus!
>
>> Die Quadratsummen sind weiterhin in Arbeit. Das Programm hat schon
>> einmal die 49er-Lösung geliefert. Ich bin jetzt dabei, die
>> Abbruchkriterien zu verbessern. Dazu benötige ich eine Tabelle, die
>> für freigebliebene Rechtecke (Korridore) bis zu einer gewissen Breite
>> angibt, wieviel Fläche mindestens frei bleibt. Ein Programm, das diese
>> Tabelle berechnet, läuft sehr langsam, ich bin erst bei Breite acht
>> und möchte 14 erreichen.
>
> Ich versuche weiterhin nur die Unmöglichkeit der vollen Lösung zu
> zeigen. Dabei habe ich mich letztens überoptimiert und durfte massig
> Ergebnisse wieder wegwerfen. Na, ja, da bin ich ja nicht allein.
>
> Ein Tipp: ich versuche gerade auf ganz ähnliche Weise die maximale Länge
> eine lösbaren Korridors oder Halbkorridors (Danke für den Tipp!) zu
> finden; wobei ich wohl mit Breite bis 12 zufrieden sein werde. (Das
> dauert in Maple schon Tage.) Dabei berücksichtige ich aber zusätzlich
> die noch vorhandenen Quadrate. Da Du ja die Quadrate in absteigender
> Folge platzierst sollte das für Dich nur einen vergleichsweise kleinen
> Zusatzfaktor bedeuten, der aber möglicherweise viel Zeit spart. Versuch
> mal einen Korridor der Breite (Höhe gefällt mir nicht) 8 und der Länge 8
> zu füllen, wenn das 8er-Quadrat schon weg ist...
Da komme ich auf den Rest vier beim beidseitig offenen Korridor.
Das Problem sind nicht die schon gelegten großen Quadrate. Die passen
sowieso gewöhnlich nicht in die Korridore. Wichtiger wären die kleinen
Quadrate, die jeweils nur in einem Korridor verwendet werden können. Man
müßte also angeben, wieviel Plätze mindestens frei bleiben, wenn eine
Anzahl von Korridoren gegeben ist. Das führt aber zu riesigen Tabellen
und Fallunterscheidungen. Das ist die erwähnte Berechnung, die so lange
dauert, denn ich mache sie für jede mögliche Auswahl an Quadraten und
für alle möglichen Längen und Breiten der Korridore. Mein Ziel ist es,
zu prüfen, ob es eine bessere Lösung als 49 gibt. Vermutlich führt das
zu einem langen Programmlauf, bei dem am Schluß nichts ausgegeben wird.
Dann zweifelt man, ob es keine bessere Lösung gibt, oder, ob das
Programm falsch ist. Darum sollte das Programm - insbesondere die
Abbruchkriterien - so einfach sein, daß es auch andere prüfen können.
Eine sichere Abschätzung der restlichen Fläche halte ich für besser, als
ein ausgeknautschtes Verfahren, das gelegentlich eine höhere Schranke
liefert.
Gruß,
Klaus Nagel
Michael Nüsken
>> Ein Tipp: ich versuche gerade auf ganz ähnliche Weise die maximale
>> Länge eine lösbaren Korridors oder Halbkorridors (Danke für den
>> Tipp!) zu finden; wobei ich wohl mit Breite bis 12 zufrieden sein
>> werde. (Das dauert in Maple schon Tage.) Dabei berücksichtige ich
>> aber zusätzlich die noch vorhandenen Quadrate. Da Du ja die Quadrate
>> in absteigender Folge platzierst sollte das für Dich nur einen
>> vergleichsweise kleinen Zusatzfaktor bedeuten, der aber möglicherweise
>> viel Zeit spart. Versuch mal einen Korridor der Breite (Höhe gefällt
>> mir nicht) 8 und der Länge 8 zu füllen, wenn das 8er-Quadrat schon weg
>> ist...
>
> Da komme ich auf den Rest vier beim beidseitig offenen Korridor.
Ich meine nur: mit dem 8er bleiben 0 freie Plätze, wenn das
8er anderweitig verbaut ist bleiben mehr (4) freie Plätze.
Ich denke, es könnte sich lohnen, dass einfach auch
vorzuberechnen: Wieviele Felder bleiben frei, wenn ein
h-langer w-Korridor zu füllen ist und nur die Quadrate <=x
(x<=w) noch zu haben sind?
Das wäre sicher ein kleinerer Faktor als Paare, Tripel und
noch längere Tupel von Korridoren anzuschauen...
> Das Problem sind nicht die schon gelegten großen Quadrate.
Doch, aber natürlich nur bezogen auf die, die in den
fraglichen Korridor auch reinpassen.
> Die passen
> sowieso gewöhnlich nicht in die Korridore.
s.o.
> Wichtiger wären die kleinen
> Quadrate, die jeweils nur in einem Korridor verwendet werden können. Man
> müßte also angeben, wieviel Plätze mindestens frei bleiben, wenn eine
> Anzahl von Korridoren gegeben ist. Das führt aber zu riesigen Tabellen
> und Fallunterscheidungen. Das ist die erwähnte Berechnung, die so lange
> dauert, denn ich mache sie für jede mögliche Auswahl an Quadraten und
> für alle möglichen Längen und Breiten der Korridore.
Jepp.
> Mein Ziel ist es,
> zu prüfen, ob es eine bessere Lösung als 49 gibt. Vermutlich führt das
> zu einem langen Programmlauf, bei dem am Schluß nichts ausgegeben wird.
Nur so eine Info: wenn ich meinen Ansatz dahingehend
verändere, dass max. 48 Felder freibleiben dürfen, dann kann
ich das tun, indem ich einfach 46 weitere 1er-Quadrate
hinzufüge, die bei Bedarf verwendet werden dürfen. Aber
dann versagen erstmal ganz lange meine ganzen Schranken (was
sich eventuell durch Deinen Ansatz abschwächen liesse) und
mein Suchbaum würde dadurch immens vergrößert. Ich glaube
der Faktor ist wenigstens (70^2)^10 [um nicht hoch 40 zu
sagen!], vermutlich viel viel mehr. Und ich denke, dass
Dein und mein Suchbaum (bei gleicher Fragestellung) im
Wesentlichen gleich groß sind.
NB: Wenn das 7er mit drin ist und die Restfläche kleiner 49
sein soll, dann muss sie schon kleiner als 47 sein.
[6^2+3^2+1=5^2+4^2+2^2+1^2=46.]
> Dann zweifelt man, ob es keine bessere Lösung gibt, oder, ob das
> Programm falsch ist. Darum sollte das Programm - insbesondere die
> Abbruchkriterien - so einfach sein, daß es auch andere prüfen können.
Genau. Aber es muss trotzdem raffiniert genug sein, um auch
zu einem Ende zu kommen.
Gruß,
Ernst Jung
> Damit Ihr nicht meint, das Thema sei eingeschlafen, melde ich
> mich einmal dazu. Ich habe das rekursive Programm schon ganz
> gewaltig beschleunigt, habe aber noch nicht alle Verbesserungs-
> ideen eingebaut. Unter Umständen müssen wir doch mit der ge-
> ballten Rechnerleistung der Newsgroup herangehen. Es kann aber
> noch einige Wochen dauern, bis ich weiß, ob das nötig sein wird.
> Gruß,
> Klaus Nagel
Hallo Klaus,
Wie ist der Stand der Versuche, die Quadratflaeche (70*70)
mit den 24 QF (1*1), (2*2), ...,(23*23),(24*24) vollstaendig ab-
zudecken?
Klaus Nagel
Ernst Jung schrieb:
>
> Wie ist der Stand der Versuche, die Quadratflaeche (70*70)
> mit den 24 QF (1*1), (2*2), ...,(23*23),(24*24) vollstaendig ab-
> zudecken?
>
Hallo Ernst
vielen Dank für das Interesse. Die Arbeit an der Parkettierung mußte ich
leider unterbrechen, weil mir wichtige Dinge dazwischen kamen. Außerdem
habe ich meine Linux-Version umgestellt und es gelingt mir nicht von
Linux aus ins Netz zu kommen; das kostet viel Zeit. Ich hoffe aber, daß
ich im April wieder an der Parkettierung arbeiten kann.
Gruß,
Klaus Nagel