Arithmetische Folge

[Frank Gadin]

Hallo,
folgende Frage (sicher kein Problem für Profis): Kann man eine unendliche arithmetische Folge konstruieren, bei der alle Glieder die Form a+1/a (a natürlich) haben ? Oder zeigen dass das nicht geht ?
Danke für einen Tipp.
Gruß
Frank

[Rainer Rosenthal]

Hallo Frank,

hast Du ein Beispiel parat für eine solche arithmetische Folge mit 3
Gliedern?

Das sieht nach einer einfacheren Frage aus, und mir scheint, dass Du
damit bereits selbst die Antwort auf Deine schwierigere Ausgangsfrage
finden kannst.

Gruß,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de

[Ralf Goertz]

Am Sat, 18 Jun 2022 04:14:17 -0700 (PDT)
schrieb Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com>:

Angenommen, es gäbe so eine Folge. Dann sind die ersten zwei Glieder
a+1/a und b+1/b. Das dritte Glied wäre dann das 2. Glied plus die
Differenz zwischen zweitem und erstem Gliedes:

c+1/c=b+1/b+(b+1/b-a+1/a)=2b-a+2/b-1/a=2b-a+(2a-b)/(ab)

Also müsste c=2b-a und 1/c=(2a-b)/(ab) gelten, was -- wenn ich mich
nicht verrechnet habe -- letztlich auf 0=a²-2ab+b²=(a-b)² führt. Also
ist a=b und damit die Folge konstant. Also ja, es gibt (sogar unendlich
viele) solche Folgen, wenn man konstante Folgen auch als arithmetisch
betrachtet, was ich ehrlich gesagt nicht weiß.

[Frank Gadin]

Ralf Goertz schrieb am Samstag, 18. Juni 2022 um 14:26:24 UTC+2:
> Am Sat, 18 Jun 2022 04:14:17 -0700 (PDT)
> schrieb Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com>:
> > Hallo,
> > folgende Frage (sicher kein Problem für Profis): Kann man eine
> > unendliche arithmetische Folge konstruieren, bei der alle Glieder die
> > Form a+1/a (a natürlich) haben ? Oder zeigen dass das nicht geht ?
> > Danke für einen Tipp. Gruß Frank
> Angenommen, es gäbe so eine Folge. Dann sind die ersten zwei Glieder
> a+1/a und b+1/b. Das dritte Glied wäre dann das 2. Glied plus die
> Differenz zwischen zweitem und erstem Gliedes:
>
> c+1/c=b+1/b+(b+1/b-a+1/a)=2b-a+2/b-1/a=2b-a+(2a-b)/(ab)
>
> Also müsste c=2b-a und 1/c=(2a-b)/(ab) gelten, was -- wenn ich mich

Hallo Ralf,
diese Annahmen sind willkürlich. Aus ihnen folgt in der Tat die triviale Lösung a=b.
Ich frage mich aber ob es auch Lösungen a ungleich b gibt.
Gruß
Frank

[Frank Gadin]

Hallo Rainer,
ich denke du willst auf Folgendes raus:
(a+1/a)-(b+1/b)=(c+1/c)-(a+1/a)
2a-b-c=1/c-1/b-2/a
Da a,b,c natürlich sind, kann das nicht sein.
Ok, soweit klar. Aber wie ist es für arithmetische Folgen vom Typ a+x/a (mit x natürlich)? Hier kann man für bestimmte x begrenzte Folgen finden, z.B. für x=10000 gilt
-(10000/240) - 240 + 10000/15 + 15 == 10000/750 + 750 - 10000/30 - 30
Gibt es hier auch unendliche Folgen ?
Gruß
Frank

[Ralf Goertz]

Am Sat, 18 Jun 2022 06:56:02 -0700 (PDT)

schrieb Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com>:

> Ralf Goertz schrieb am Samstag, 18. Juni 2022 um 14:26:24 UTC+2:
> > Am Sat, 18 Jun 2022 04:14:17 -0700 (PDT)
> > schrieb Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com>:
> > > Hallo,
> > > folgende Frage (sicher kein Problem für Profis): Kann man eine
> > > unendliche arithmetische Folge konstruieren, bei der alle Glieder
> > > die Form a+1/a (a natürlich) haben ? Oder zeigen dass das nicht
> > > geht ? Danke für einen Tipp. Gruß Frank
> > Angenommen, es gäbe so eine Folge. Dann sind die ersten zwei
> > Glieder a+1/a und b+1/b. Das dritte Glied wäre dann das 2. Glied
> > plus die Differenz zwischen zweitem und erstem Gliedes:
> >
> > c+1/c=b+1/b+(b+1/b-a+1/a)=2b-a+2/b-1/a=2b-a+(2a-b)/(ab)
> >
> > Also müsste c=2b-a und 1/c=(2a-b)/(ab) gelten, was -- wenn ich mich
> >
>
> Hallo Ralf,
> diese Annahmen sind willkürlich. Aus ihnen folgt in der Tat die
> triviale Lösung a=b. Ich frage mich aber ob es auch Lösungen a
> ungleich b gibt. Gruß
> Frank

Was ist daran willkürlich? Mit den Ausdrücken für c und 1/c ergibt sich
zwangsläufig 2b-a=ab/(2a-b) also 4ab-2a²-2b²+ab=ab also a²-2ab+b²=0.
Links steht ein Quadrat (binomische Formel), also (a-b)²=0, was nur für
a=b zutreffen kann.

Deshalb ist 2,2,2,… eine Lösung (a=1) genauso wie
1765/42,1765/42,1765/42,… (a=42). Es gibt keine anderen Lösungen als
konstante Folgen und daher a=b.

[Torn Rumero DeBrak]

Deine Aufteilung des ganzzahligen Teils und des Bruchanteils von
2b-a+(2a-b)/(ab) auf die Summe c+1/c ist willkürlich.
Denn falls (2a-b)/(ab) negativ ist, müsste c mindestens um eins
verschieden von 2b-a sein.

(2a-b)/(ab) könnte aber auch so groß sein, dass dieser Bruch größer als
eins ist und somit zum ganzzahligen Teil 2b-a noch einen Betrag liefert.
( a=3, b=1 liefert z.B. (2a-b)/(ab)=5/3 )

[Martin Vaeth]

Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com> wrote:
>
> Ralf Goertz schrieb am Samstag, 18. Juni 2022 um 14:26:24 UTC+2:
>> Am Sat, 18 Jun 2022 04:14:17 -0700 (PDT)
>> schrieb Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com>:
>> > Hallo,
>> > folgende Frage (sicher kein Problem für Profis): Kann man eine
>> > unendliche arithmetische Folge konstruieren, bei der alle Glieder die
>> > Form a+1/a (a natürlich) haben ? Oder zeigen dass das nicht geht ?
>> > Danke für einen Tipp. Gruß Frank
>> Angenommen, es gäbe so eine Folge. Dann sind die ersten zwei Glieder
>> a+1/a und b+1/b. Das dritte Glied wäre dann das 2. Glied plus die
>> Differenz zwischen zweitem und erstem Gliedes:
>>
>> c+1/c=b+1/b+(b+1/b - a+1/a )=2b-a+2/b-1/a=2b-a+(2a-b)/(ab)

Hier fehhlen Klammern -(a+1/a)

>>
>> Also müsste c=2b-a und 1/c=(2a-b)/(ab) gelten, was -- wenn ich mich
>

> diese Annahmen sind willkürlich.

Nicht ganz. Es ist der einzige Fall einer größeren Fallunterscheidung,
der tatsächlich auftreten kann:

Da a, b (nach Voraussetzung) natürliche Zahlen sind,
insbesondere a, b >=1 ist gilt:

1. Fall: b < 2a und b >= 2.

In diesem Fall ist ist 2a - b <= ab - b < ab, also 0 < 2a - b < ab.
In diesem Fall ist also tatsächlich 2b-a der Ganzteil-Anteil der
rechten Seite und 2a - b ist (echter!) gebrochener Anteil, und
daher müssen die obigen Annahmen gelten, wenn c ebenfalls
ganzzahlig sein soll. Wie vorher gezeigt, ist deser Fall also nur
möglich, wenn a = b, also die Folge konstant ist.

Betrachten wir die anderen Fälle:

2. Fall: b < 2.

In diesem Fall ist b = 1, und die Gleichung wird zu
c + 1/c = 4 - a - 1/a. Im Fall a=1 ist die Folge wieder konstant,
und im Fall a > 1 ist der ganzzahlige Anteil 3 - a und der (echte)
gebrochene Anteil 1 - 1/a. Es muss also c = 3 - a gelten sowie
1/c = 1 - 1/a, also 3 - a = c = a / (a - 1), was auf -a² + 3a - 3 = 0
führt, was keine ganzzahlige Lösung hat (für a>=3 ist die linke Seite
negativ, und a = 1, 2 sind ebenfalls keine Lösungen).

3. Fall: b = 2a.

In diesem Fall wird die Gleichung zu c+1/c = 3a. Dies ist trivialerwiese
nicht möglich, wenn a und c natürliche Zahlen sind.

4. Fall: b > 2a

In diesem Fall ist 0 < b - 2a < b <= ab.
In diesem Fall ist also 2b - a - 1 der Ganzteil der rechten
Seite, und 1 - (2a-b)/(ab) > 0 ist (echter!) gebrochener Anteil,
also muss c = 2b - a - 1 und 1/c = 1 - (2a-b)/(ab) gelten, was
2b - a - 1 = c = ab / (ab - 2a + b) impliziert, also insbesondere
(ab - 2a + b)(2b - a - 1) = ab.
Wegen b > 2a ist der erste Faktor links größer als ab. Da der
zweite Faktor ganzzahlig ist, hat man einen Widerspruch.

[Frank Gadin]

Das war ein schlechtes Beispiel. Besser ist dieses für x = 2106810000:

(x/101150 + 101150) - (x/23800 + 23800) = (x/23800 + 23800) - (x/28350 + 28350)

Gruß
Frank

[Martin Vaeth]

Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com> wrote:
> Das war ein schlechtes Beispiel. Besser ist dieses für x = 2106810000:
>
> (x/101150 + 101150) - (x/23800 + 23800) =
> (x/23800 + 23800) - (x/28350 + 28350)

Die Terme haben aber nicht die Gestalt a + 1/a (a natürlich).

> Aber wie ist es für arithmetische Folgen vom Typ a+x/a (mit x natürlich)?

Meinst Du damit, dass Du Deine Frage verändern willst:

>> Kann man eine unendliche arithmetische Folge konstruieren, bei der alle
>> Glieder die Form a+1/a (a natürlich) haben

Also suchst Du jetzt eine unendliche arithmetische Folge, bei der alle
Glieder die Form a + x/a (a, x natürlich) haben?
Das ist nicht sonderlich schwer: Jede der Folgen b + n/a (a, b feste
natürliche Zahlen mit b>=a) leistet das beispielsweise. Oder auch
a + nb/a (a, b natürliche Zahlen).

[Frank Gadin]

Ja genau, ich möchte die Frage modifizieren/erweitern und suche eine unendliche (oder zumindest lange) arithmetrische Folge, deren Glieder die Form a + x/a (a,x natürlich; x fix für alle Glieder) haben.
b+n/a oder a+n b/a kommen da nicht in Frage (da n variabel)

[Martin Vaeth]

Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com> schrieb:

>
> Ja genau, ich möchte die Frage modifizieren/erweitern und suche
> eine unendliche (oder zumindest lange) arithmetrische Folge,
> deren Glieder die Form a + x/a (a,x natürlich; x fix für alle Glieder)
> haben.

Hier ist ein Beweis, dass es keine unendliche nichtkonstante
arithmetische Folge b_n mit dieser Eigenschaft gibt:

b_n kann nicht fallend sein, denn dann ist es irgendwann negativ.
Wenn b_n aber wächst (und nicht konstant ist), ist es irgendwann
größer als 2x. Dann ist das zugehörige a mindestens x, und a + x/a
hat wieder eine eindeutige Ausplittung in Ganzzahl-Anteil und
gebrochenen Anteil. Man hat also für große n eine Darstellung
b_n = a_n + x/a_n, wobei a_n der Ganzzahl-Anteil von b_n ist.
Inbesondere muss a_n monoton wachsen (für große n), also sogar
streng monoton wachsen. Der gebrochene Anteil x/a_n konvergiert
also gegen 0. Dies bedeutet, dass der gebrochene Anteil der
Differenz b_{n+1} - b_n ebenfalls gegen 0 konvergiert. Diese
Differenz d ist bei einer arithmetischen Folge aber konstant,
muss mithin also von vornherein ganzzahlig gewesen sein.
Und die Folge b_n = c + nd leistet für kein c und keine natürliche
Zahl d das Gewünschte.

Zur quantitativen Aussage:
Ich vermute, dass es für b_n > 2x nicht einmal drei
aufeinanderfolgende Glieder der arithmetischen Folge gibt,
die die gewünschte Darstellung haben. Der Beweis dürfte
ähnlich sein wie im Fall x=1 - also rechenintensiv...

[Rainer Rosenthal]

Am 18.06.2022 um 16:22 schrieb Frank Gadin:
Zum Thema
# Kann man eine unendliche arithmetische Folge konstruieren,
# bei der alle Glieder die Form a+1/a (a natürlich) haben ?
und meiner ersten Antwort:

> Hallo Rainer,
> ich denke du willst auf Folgendes raus:

> ...


Hallo Frank,

Du musst nicht raten, worauf ich hinaus will, sondern es wäre nett, wenn
Du meine Frage beantworten würdest:

>>
>> hast Du ein Beispiel parat für eine solche arithmetische Folge mit 3
>> Gliedern?
>>

Deine "arithmetische Folge" darf im Gegensatz zu den üblichen Exemplaren
dieser Gattung offenbar aus Zahlen bestehen, die keine ganzen Zahlen
sind, OK. Bezeichnen wir sie also lieber als Gadin-Folge.

Aber nun nenne mir doch bitte drei Zahlen A, B, C, die als Beispiel für
eine 3-elementige Gadin-Folge taugen.
Falls Du sogar eine mit 4 Elementen A, B, C, D findest, können wir
"dsm-Profis" Dir vielleicht bei der Suche nach noch längeren Folgen helfen.
Wie es mit unendlich langen Folgen aussieht, schauen wir uns danach an, OK?

Gruß,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de

[Ralf Goertz]

Am Sat, 18 Jun 2022 17:16:04 +0200
schrieb Torn Rumero DeBrak <nob...@invalid.invalid>:

Okay, das ergibt Sinn, aber offenbar hat Martin die Probleme ausgeräumt
(habe es noch nicht genauer angeschaut.)

[Frank Gadin]

ok danke, das kann ich nachvollziehen

[Frank Gadin]

Ich kann keine solche Folge angeben, weder mit 3 noch mit 4 Gliedern; nach den Posts oben bin ich auch mittlerweile überzeugt, dass es sie nicht gibt.

[Stephan Gerlach]

Ralf Goertz schrieb:

> Am Sat, 18 Jun 2022 04:14:17 -0700 (PDT)
> schrieb Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com>:
>
>> Hallo,
>> folgende Frage (sicher kein Problem für Profis): Kann man eine
>> unendliche arithmetische Folge konstruieren, bei der alle Glieder die
>> Form a+1/a (a natürlich) haben ? Oder zeigen dass das nicht geht ?
>> Danke für einen Tipp. Gruß Frank
>
> Angenommen, es gäbe so eine Folge. Dann sind die ersten zwei Glieder
> a+1/a und b+1/b. Das dritte Glied wäre dann das 2. Glied plus die
> Differenz zwischen zweitem und erstem Gliedes:
>
> c+1/c=b+1/b+(b+1/b-a+1/a)=2b-a+2/b-1/a=2b-a+(2a-b)/(ab)

Ungefähr soweit war ich auch.

> Also müsste c=2b-a und 1/c=(2a-b)/(ab) gelten,

Dieser Schritt ist nicht so einfach klar.

Also wie aus
c+1/c=2b-a+(2a-b)/(ab)

nun konkret
c=2b-a und 1/c=(2a-b)/(ab)

folgt.

Das Argument wäre ja sonst einfach(?):
x+y = t+z ==> x=t und y=z,
was allgemein aber falsch ist.

Somit müßten weitere Annahmen über a, b und c gemacht werden, z.B. sowas
wie a<b<c, oder gewisse Teilbarkeits-Annahmen, oder einfach die
Tatsache, daß a, b und c natürliche Zahlen sind.

> was -- wenn ich mich
> nicht verrechnet habe -- letztlich auf 0=a²-2ab+b²=(a-b)² führt.

Ja.


--
> Eigentlich sollte Brain 1.0 laufen.
gut, dann werde ich mir das morgen mal besorgen...
(...Dialog aus m.p.d.g.w.a.)

[Carlo XYZ]

Stephan Gerlach schrieb am 21.06.22 um 13:38:

> Ralf Goertz schrieb:
>> Am Sat, 18 Jun 2022 04:14:17 -0700 (PDT)
>> schrieb Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com>:
>>
>>> Hallo, folgende Frage (sicher kein Problem für Profis): Kann man eine
>>> unendliche arithmetische Folge konstruieren, bei der alle Glieder die
>>> Form a+1/a (a natürlich) haben ? Oder zeigen dass das nicht geht ?
>>> Danke für einen Tipp. Gruß Frank

[...]

> Somit müßten weitere Annahmen über a, b und c gemacht werden, z.B. sowas
> wie a<b<c, oder gewisse Teilbarkeits-Annahmen, oder einfach die
> Tatsache, daß a, b und c natürliche Zahlen sind.

Letzteres dürfte genügen (steht ja auch in der Aufgabenstellung).

Ein Versuch - nicht ganz unkompliziert, kommt aber ohne "große a" aus:

Wir suchen drei natürliche Zahlen a,b,c >= 1 mit:

(1) a+1/a <= b+1/b <= c+1/c [ NB: / bindet stärker als + oder - ]

(2) b+1/b - (a+1/a) = c+1/c - (b+1/b)

(3) Weil f(x)=x+1/x für x>=1 monoton wächst,
gilt das auch für a,b,c: o.B.d.A. also a<=b<=c.

(4) Falls a=c, fallen a,b,c zusammen,
und somit auch die Folgenterme in (1).

Umformen von (2):

(5) b - a + ((ac-bc)/(abc)) = c - b + ((ab-ac)/(abc))

Da (b-a)-(c-b) ganzzahlig ist, gilt das auch für den Rest dieser Terme:

(6) (ab-2ac+bc)/(abc) ist ganzzahlig.

Also teilt abc die Zahl (ab-2ac+bc), und es gibt eine ganze Zahl x mit

(7) xabc = ab-2ac-bc, d.h.: x = 1/c - 2/b + 1/a.

Wir schränken x ein.

0<1/c<=1, weil c>=1.

-2<=-2/b<0, weil b>=1.

0<1/a<=1, weil a>=1.

Also -2 < 1/c - 2/b + 1/a < 2, d.h., x kann nur -1, 0 oder 1 sein.

Fall 1: x=-1. Dann -(abc) = ab-2ac+bc.

Umformen: (2a-b)c = ab(c+1). Daraus folgt (c+1)/c = 2/b - 1/a.

Wegen a<=b gilt (-1/a)<=(-1/b), woraus mit der Vorzeile (c+1)/c <= 1/b
folgt, was wegen 1/b<=1 ein Widerspruch zu 1 < (c+1)/c ist.

Fall 2: x=1. Dann abc = ab-2ac+bc.

Umformen: (2c-b)a = bc(1-a). Daraus folgt (1-a)/a = 2/b - 1/c.

Da (1-a)/a<=0, folgt daraus (und aus c>=b>=1) die Ungleichungkette

0 < 1/c = 2/c - 1/c <= 2/b - 1/c = (1-a)/a <= 0, Widerspruch.

Fall 3: x=0. Dann 0 = ab-2ac+bc.

Wegen (5) dann auch b-a = c-b. Dann kann man (5) einfacher schreiben:

(8) (ac-bc)/(abc) = (ab-ac)/(abc),
also (a-b)/(ab) = (b-c)/(bc), also (wieder wegen b-a=c-b) a=c.

Dann greift (4), und wir haben eine konstante arithmetische Folge.

Bemerkung: Funktionen x+K/x (K>=1 konstant) wachsen ab sqrt(K).

[Stephan Gerlach]

Carlo XYZ schrieb:

> Stephan Gerlach schrieb am 21.06.22 um 13:38:
>> Ralf Goertz schrieb:
>>> Am Sat, 18 Jun 2022 04:14:17 -0700 (PDT)
>>> schrieb Frank Gadin <jonnywa...@googlemail.com>:
>>>
>>>> Hallo, folgende Frage (sicher kein Problem für Profis): Kann man eine
>>>> unendliche arithmetische Folge konstruieren, bei der alle Glieder die
>>>> Form a+1/a (a natürlich) haben ? Oder zeigen dass das nicht geht ?
>>>> Danke für einen Tipp. Gruß Frank
>
> [...]
>
>> Somit müßten weitere Annahmen über a, b und c gemacht werden, z.B.
>> sowas wie a<b<c, oder gewisse Teilbarkeits-Annahmen, oder einfach die
>> Tatsache, daß a, b und c natürliche Zahlen sind.
>
> Letzteres dürfte genügen (steht ja auch in der Aufgabenstellung).
>
> Ein Versuch - nicht ganz unkompliziert, kommt aber ohne "große a" aus:
>
> Wir suchen drei natürliche Zahlen a,b,c >= 1 mit:
>
> (1) a+1/a <= b+1/b <= c+1/c [ NB: / bindet stärker als + oder - ]
>
> (2) b+1/b - (a+1/a) = c+1/c - (b+1/b)
>
> (3) Weil f(x)=x+1/x für x>=1 monoton wächst,
> gilt das auch für a,b,c: o.B.d.A. also a<=b<=c.
>
> (4) Falls a=c, fallen a,b,c zusammen,
> und somit auch die Folgenterme in (1).

(4) ist einer der trivialen Fälle.

> Umformen von (2):
>
> (5) b - a + ((ac-bc)/(abc)) = c - b + ((ab-ac)/(abc))
>
> Da (b-a)-(c-b) ganzzahlig ist, gilt das auch für den Rest dieser Terme:
>
> (6) (ab-2ac+bc)/(abc) ist ganzzahlig.
>
> Also teilt abc die Zahl (ab-2ac+bc), und es gibt eine ganze Zahl x mit
>
> (7) xabc = ab-2ac-bc, d.h.: x = 1/c - 2/b + 1/a.

Ich glaube, zu diesem Schritt kann man auch einfacher ohne das ganze
Umformen direkt aus (2) übergehen:

(2) b+1/b - (a+1/a) = c+1/c - (b+1/b)

und daraus folgt

(5') 2b - a - c = 1/c - 2/b - 1/a.

Da die linke Seite von (5') ganzzanlig ist, gilt das auch für die rechte
Seite, also

(7') x = 1/c - 2/b + 1/a

mit x ∈ |Z.

BTW: Diese Ganzzahligkeit ist offenbar ein entscheidender Schritt im Beweis.

> Wir schränken x ein.
>
> 0<1/c<=1, weil c>=1.
>
> -2<=-2/b<0, weil b>=1.
>
> 0<1/a<=1, weil a>=1.
>
> Also -2 < 1/c - 2/b + 1/a < 2, d.h., x kann nur -1, 0 oder 1 sein.

Und genau hier ist offenbar der zweite entscheidende Schritt im Beweis;
gute Idee! Dadurch, daß es nur diese 3 Möglichkeiten für x gibt, ist man
quasi "fast fertig".

Ich hatte krampfhaft versucht, in (2) alle Nenner zu beseitigen und dann
über irgendwelche Faktorisierungen und/oder Teilbarkeitsargumente
weiterzukommen. Das hätte sicher irgendwie auch zum Ziel geführt.
Aber offenbar ist die Variante, die drei Brüche 1/c, 2/b und 1/a
beizubehalten, hier tatsächlich einfacher.

> Fall 1: x=-1. Dann -(abc) = ab-2ac+bc.
>
> Umformen: (2a-b)c = ab(c+1). Daraus folgt (c+1)/c = 2/b - 1/a.
>
> Wegen a<=b gilt (-1/a)<=(-1/b), woraus mit der Vorzeile (c+1)/c <= 1/b
> folgt, was wegen 1/b<=1 ein Widerspruch zu 1 < (c+1)/c ist.

Das Umformen kann man sich glaube ich sparen bzw. abkürzen. Wenn x=-1, dann
1/c - 2/b + 1/a = -1

Das jetzt am besten/einfachsten wie folgt umformen:

1/c + 1/a + 1 = 2/b

Auf der linken Seite steht eine Zahl echt >1.
Auf der rechten Seite ist, wenn b>=2, eine Zahl kleiner oder gleich 1.
(Der Fall b=1 führt zu a=1 und ebenfalls zum Widerspruch.)
Also:

1 < 1/c + 1/a + 1 = 2/b <= 1, Widerspruch.

> Fall 2: x=1.

Auch hier kann man die Argumentation vereinfach bzw. "abkürzen":
Wenn x=1, dann
1/c - 2/b + 1/a = 1

und daraus folgt direkt

1/a - 1 = 2/b - 1/c

und jetzt kann man "deine" Ungleichungskette anwenden:

0 < 1/c = 2/c - 1/c <= 2/b - 1/c = (1-a)/a <= 0, Widerspruch.

> Fall 3: x=0.

Hier kann man wieder direkt argumentieren:
1/c - 2/b + 1/a = 0
(a+c)/(ac) = 2/b
b(a+c) = 2ac [*]

und hier braucht man wohl doch die andere Gleichung

2b - a - c = 0
b = (a+c)/2

das dann in [*] einsetzen ergibt

(a+c)^2 / 2 = 2ac

was in wenigen Schritten auf a=c führt.

[...]

> also (a-b)/(ab) = (b-c)/(bc), also (wieder wegen b-a=c-b) a=c.

Das ist dann wohl sogar schneller als meine "direkte" Methode,
wenngleich man hier gezielt mit den Differenzen a-b und b-c arbeitet.

> Dann greift (4), und wir haben eine konstante arithmetische Folge.

Auf jeden Fall ist das damit gelöst, und deine Methode ist vom Prinzip
wohl der von Martin V. ähnlich.
Letztenendes muß man zahlreiche Fallunterscheidungen betrachten.

[Marcus Gloeder]

Am 18.06.22 13:14, schrieb Frank Gadin:
>Hallo,

Hallo alle zusammen,

wenn ich Dein Bildungsgesetz:

>a+1/a (a natürlich)

nehme, als \frac{a+1}{a} interpretiere (weil das für mich optisch
naheliegend ist), für a nacheinander die natürlichen Zahlen ohne Null bis
10 einsetze und außerdem annehme, dass das Ergebnis rational sein darf,
dann komme ich auf folgende Reihe:

2, 1(1/2), 1(1/3), 1(1/4), 1(1/5), 1(1/6), 1(1/7), 1(1/8), 1(1/9), 1(1/10),
...

Ich würde jetzt mal behaupten, dass diese Reihe gegen 1 konvergiert.

Wenn ich a+\frac{1}{a} annehme (weil das der Regel Punktrechnug vor
Strichrechnung entsprechen würde), dann komme ich auf:

2, 2(1/2), 3(1/3), 4(1/4), 5(1/5), 6(1/6), 7(1/7), 8(1/8), 9(1/9), 10(1/10),
...

Diese Reihe würde gegen unendlich konvergieren, weil es für jedes beliebige
Element dieser Reihe ein Folgeelement gibt, das größer als das
Ausgangselement ist (und es deshalb kein »größtes« Element der Reihe gibt).

>Danke für einen Tipp.
>Gruß
>Frank

Viele Grüße
Marcus

--
PMs an: m.gl...@gmx.de

[Carlos Naplos]

Da das OP nicht mehr nicht mehr vorhanden ist, kann ich nur Vermutungen
anstellen.
Also vermute ich, dass "Bildungsgesetz" bedeuten soll, dass das jeweils
folgende Element der Folge durch Einsetzen des bis dahin letzten
Elementes in a entsteht:
a(n+1) := a(n) + 1/a(n) mit a(0) = 1,
wobei die Ausdrücke in den Klammern als Indizes aufzufassen sind.

Mit 1 beginnend erhält man dann:
1, 2, 5/2, 5/2 + 2/5, 29/10 + 10/29, 941/290 + 290/941, ...
bzw. ausgerechnet
1, 2, 5/2, 29/10, 941/290, 969581/272890, ...

Eine arithmetische Folge, bei der definitionsgemäß die Differenz zweier
benachbarter Folgenglieder konstant ist, ist das natürlich nicht.

Gruß
CN

[Carlo XYZ]

Carlos Naplos schrieb am 22.09.22 um 13:32:

> Da das OP nicht mehr nicht mehr vorhanden ist, kann ich nur Vermutungen
> anstellen.

Siehe

<http://al.howardknight.net/?STYPE=msgid&MSGI=%3Ct8vacb%24k1a%241%40dont-email.me%3E>

worin das OP noch zitiert ist.

[Thomas 'PointedEars' Lahn]

Frank Gadin wrote:

> folgende Frage (sicher kein Problem für Profis): Kann man eine unendliche
> arithmetische Folge konstruieren,

Folgen sind *immer* unendlich. Was Du möglicherweise meinst ist eine
_konstante_ Folge.

> bei der alle Glieder die Form a+1/a (a natürlich) haben ?

Die Bildungsvorschrift Deiner Folge ist nicht klar. Soll

∀ n ∈ ℕ₀: aₙ = a + 1/a; a ∈ ℕ (bel. fest)

gelten? Oder

∀ n ∈ ℕ₀: aₙ = n + 1/n

oder etwas ganz andreas?

> Oder zeigen dass das nicht geht ? Danke für einen Tipp.

Eine arithmetische Folge (aₙ)_{n ∈ ℕ₀} entspricht der rekursiven Vorschrift

aₙ = aₙ₋₁ + d, n > 0, d ∈ ℝ, d = const.; a₀ = const.

Daraus ergibt sich die explizite Vorschrift:

a₁ = a₀ + d
a₂ = a₁ + d = (a₀ + d) + d
a₃ = a₂ + d = (a₀ + d + d) + d
…
aₙ = a₀ + n d.

[Die Äquivalenz beider Vorschriften lässt sich durch vollständige
Induktion nach n beweisen.]

Es gilt nach Voraussetzung auch

d = aₙ − aₙ₋₁,

also

aₙ = a₀ + n (aₙ − aₙ₋₁).

Nun überleg Dir, was passiert, wenn die von Dir formulierte (noch unklare)
Bedingung gilt: Gibt es einen Widerspruch? Wenn ja, dann gibt es eine
solche Folge nicht; wenn nein, dann existiert sie.

--
PointedEars
<https://github.com/PointedEars> | <http://PointedEars.de/wsvn/>
Twitter: @PointedEars2
Please do not cc me. /Bitte keine Kopien per E-Mail.