Vertrackte Aufgabe

[Alfred Flaßhaar]

Hallo,

anläßlich der Frage vom 24.07.2022, 14.05 Uhr, in "Eine Menge.
Übersichtlich. Nicht unendlich. Vertrackt ..." ist folgende Frage
naheliegend:

Sei M={1, 2, ..., n} die Folge natürlicher Zahlen von 1 bis n. Man
bestimme alle n, für die es ein m aus M gibt, daß die Summe von 1 bis
m-1 gleich der Summe von m+1 bis n ist.

Für dunkle n und m gibt es keine Punkte auf dem Übungsschein ;-).

Leider hält sich die Begeisterung in drd in Grenzen, deshalb die
Fragestellung hier in dsm.

Freundliche Grüße, Alfred Flaßhaar

[JVR]

Ohne sich in diese Fragestellung vertieft zuhaben - Probleme
der additiven Zahlentheorie, im Gegensatz zu multiplikativen,
sind oft sehr schwierig, auch wenn sie elementar aussehen. Die
multiplikativen sind auch nicht immer leicht.

Es wird behauptet, jemand hätte Gauss gefragt, warum er sich nicht
hinsetze und das Fermat'sche Problem mal geschwind löse; das könne
er doch bestimmt.
Worauf Gauss geantwortet haben soll, er könne sich Dutzende ähnliche
Probleme ausdenken, die alle gar nicht leicht zu lösen sind und auch nicht
besonders interessant.

Übrigens gab es zu Gauss' Zeiten noch viel mehr ungelöste
Fermat'sche Probleme, von denen er selber einige erledigt hat.

[Stefan Schmitz]

Am 08.08.2022 um 10:03 schrieb Alfred Flaßhaar:
> Hallo,
>
> anläßlich der Frage vom 24.07.2022, 14.05 Uhr, in "Eine Menge.
> Übersichtlich. Nicht unendlich. Vertrackt ..." ist folgende Frage
> naheliegend:
>
> Sei M={1, 2, ..., n} die Folge natürlicher Zahlen von 1 bis n. Man
> bestimme alle n, für die es ein m aus M gibt, daß die Summe von 1 bis
> m-1 gleich der Summe von m+1 bis n ist.

Für die also gilt
m*(m-1)/2 = n*(n+1)/2 - m(m+1)/2
<=> m^2/2 - m/2 + m^2/2 + m/2 = n*(n+1)/2
<=> m^2 = n*(n+1)/2

Es muss also n*(n+1)/2 eine Quadratzahl sein.
Da nur entweder n oder n+1 gerade sind, kommt der Primfaktor 2 nur in
einem von beiden vor. Nach Division durch 2 muss er in gerader Zahl
übrig bleiben, also entweder n = 2^(k+1)*r oder n+1 = 2^(k+1)*r für
natürliche Zahlen k und r.

Der ggT von n und n+1 ist 1, die beiden sind also teilerfremd.
Weitere Primfaktoren kommen also entweder in n oder in n+1 in gerader
Zahl vor, im jeweils anderen nicht.

Man suche sich also alle Zahlen n aus, die ein Produkt von 2^(k+1) und
einer ungeraden Quadratzahl sind. Wenn n+1 oder n-1 auch eine
Quadratzahl sind, ist n bzw. n+1 eine der gesuchten Zahlen.

Nur Faktor 2:
2^1 tuts nicht, weil die Menge mit zwei Elementen zu klein ist.
2^3=8 : 9 ist Quadratzahl, 7 nicht -> 8 ist eins der gesuchten n
2^5=32: weder 31 noch 33 sind Quadratzahlen
..

Faktoren 2 und 3:
2*3^2=18: weder 17 noch 19 sind Quadratzahlen
2^3*3^2=72: auch 71 und 73 nicht
2^5*3^2=288: auch nicht
...
2*3^4=162: auch nicht.


Anscheinend gibt es nur wenige Lösungen.

[Rainer Rosenthal]

Am 08.08.2022 um 10:03 schrieb Alfred Flaßhaar:
>

> Sei M={1, 2, ..., n} die Folge natürlicher Zahlen von 1 bis n. Man
> bestimme alle n, für die es ein m aus M gibt, daß die Summe von 1 bis
> m-1 gleich der Summe von m+1 bis n ist.
>

Sehr hübsche Aufgabe, danke, Alfred!

Wie schön, dass ich irgendwann mal gelernt hatte, quadratische
Gleichungen zu verstehen: laut Franz Lemmermeyer ein guter Einstieg ins
Mathematik-Verständnis.

Hier mein ins Reine geschriebener Schmierzettel:
"Summe von 1 bis m-1" = "Summe von m+1 bis n"
also:
Links = Summe i, i = 1..m-1 = m(m-1)/2
Rechts = Summe i, i = m..n = Summe (m+i), i = 0..n = (n+1)m + n(n+)/2

2*Links = 2*Rechts:
m(m+1) = 2m(n+1) + n(n+1)
m^2 + m - 2mn - 2m = n(n+1)
m^2 - m - 2mn = n(n+1)
m^2 - m(2n+1) = n(n+1)
m^2 - 2m*(2n+1)/2 + ((2n+1)/2)^2 = n(n+1) + ((2n+1)/2)^2
(das war die sog. quadratische Ergänzung)
(m-(2n+1)/2)^2 = n(n+1) + ((2n+1)/2)^2

m = (2n+1)/2 +/- sqrt(n(n+1) + ((2n+1)/2)^2) (*)

Zuerst die "gute Nachricht":
Ganzzahlige Lösungen für m gibt es bei diesen ganzen Zahlen n:
0, 2, 14, 84, 492 ...
In der Online-Enzyklopädie der Ganzzahl-Folgen findet sich dazu die
Folge https://oeis.org/A053141 mit den wie üblich prächtigen Referenzen
sowie der Rekursionsformel
a(0)=0, a(1)=2 then a(n) = a(n-2) + 2*sqrt(8*a(n-1)^2 + 8*a(n-1) + 1).

Jetzt aber die "schlechte Nachricht" nach der vorsichtshalber
durchgeführten "Probe":
n = 0 ist keine Zahl aus M = {1, 2, ..., n}.
n = 2: m = 5/2 +/- sqrt(2*3+(5/2)^2) = 5/2 +/- sqrt(24+25)/2,
wegen sqrt(24+25) = 7 und m >= 0 also m = 5/2 + 7/2 = 6.
Herrjemine! m > n, also ist m nicht in M = {1, 2, ..., n}.
Tja, und das setzt sich leider fort: die mit (*) gefundenen m sind
entweder negativ oder größer als n.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Also gibt es keine Zahlen n der geforderten Art.
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Trostpreis: in M = {0, 1, 2, ..., n} wird man fündig bei n = 0, weil für
m = 0 gilt:
"Summe von 1 bis m-1" = 0 = "Summe von m+1 bis n".

Herzlich grüßend,
Rainer Rosenthal
r.ros...@web.de

P.S. Wie von JVR angedeutet: "... sind oft sehr schwierig, auch wenn sie
elementar aussehen."Dazu eine Leseprobe, auf die ich durch die
Referenzen gestoßen bin: https://arxiv.org/abs/2004.14000.
Titel: "Three Cousins of Recaman's Sequence".
Einleitungssatz: "Although 10^230 terms of Recaman's sequence have been
computed, it remains a mystery."

[Andreas Leitgeb]

Rainer Rosenthal <r.ros...@web.de> wrote:
> Am 08.08.2022 um 10:03 schrieb Alfred Flaßhaar:
>> Sei M={1, 2, ..., n} die Folge natürlicher Zahlen von 1 bis n. Man
>> bestimme alle n, für die es ein m aus M gibt, daß die Summe von 1 bis
>> m-1 gleich der Summe von m+1 bis n ist.

> Hier mein ins Reine geschriebener Schmierzettel:
> "Summe von 1 bis m-1" = "Summe von m+1 bis n"
> also:
> Links = Summe i, i = 1..m-1 = m(m-1)/2
> Rechts = Summe i, i = m..n = Summe (m+i), i = 0..n = (n+1)m + n(n+)/2

Da steig ich aus...

Rechts: Summe_{i=m+1}^{n}{i} = (n-m)*m + Summe_{i=1}^{n-m}{i}
= nm-m² + (n-m)(n-m+1)/2 = (n²+n-m²-m)/2

> 2*Links = 2*Rechts:
> m(m+1) = 2m(n+1) + n(n+1)

[...]

Der erste Summand der verdoppelten rechten Seite passt nicht zu meinem
Ergebnis...

[Carlos Naplos]

WolframAlpha gibt folgende (ganzzahlige) Lösungen an:

m = ± ((3 - 2 sqrt(2))^k - (3 + 2 sqrt(2))^k)/(4 sqrt(2))
n = 1/4 ((3 - 2 sqrt(2))^k + (3 + 2 sqrt(2))^k - 2)
k Element Z, k>=0

[Alfred Flaßhaar]

Am 08.08.2022 um 13:01 schrieb Rainer Rosenthal:
> Am 08.08.2022 um 10:03 schrieb Alfred Flaßhaar:
>>

>(...)

> ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
> Also gibt es keine Zahlen n der geforderten Art.
> ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
>

(...)

Und was ist mit (m; n) = (6; 8) und (35; 49) ?

Viele Grüße, Alfred

[Stefan Schmitz]

Am 08.08.2022 um 13:01 schrieb Rainer Rosenthal:

> Am 08.08.2022 um 10:03 schrieb Alfred Flaßhaar:
>>
>> Sei M={1, 2, ..., n} die Folge natürlicher Zahlen von 1 bis n. Man
>> bestimme alle n, für die es ein m aus M gibt, daß die Summe von 1 bis
>> m-1 gleich der Summe von m+1 bis n ist.
>>
> Sehr hübsche Aufgabe, danke, Alfred!
>
> Wie schön, dass ich irgendwann mal gelernt hatte, quadratische
> Gleichungen zu verstehen: laut Franz Lemmermeyer ein guter Einstieg ins
> Mathematik-Verständnis.
>
> Hier mein ins Reine geschriebener Schmierzettel:
> "Summe von 1 bis m-1" = "Summe von m+1 bis n"
> also:
> Links = Summe i, i = 1..m-1 = m(m-1)/2
> Rechts = Summe i, i = m..n = Summe (m+i), i = 0..n = (n+1)m + n(n+)/2

^^^^
Fehler
= Summe (m+i), i = 1..n-m
= (n-m)(m) + (n-m)(n-m+1)/2
= (n-m) [m + (n-m+1)/2]
= (n-m) (n+m+1)/2

> 2*Links = 2*Rechts:
> m(m+1) = 2m(n+1) + n(n+1)
> m^2 + m - 2mn - 2m = n(n+1)
> m^2 - m - 2mn = n(n+1)
> m^2 - m(2n+1) = n(n+1)
> m^2 - 2m*(2n+1)/2 + ((2n+1)/2)^2 = n(n+1) + ((2n+1)/2)^2
> (das war die sog. quadratische Ergänzung)
> (m-(2n+1)/2)^2 = n(n+1) + ((2n+1)/2)^2
>
> m = (2n+1)/2 +/- sqrt(n(n+1) + ((2n+1)/2)^2)        (*)
>
> Zuerst die "gute Nachricht":
> Ganzzahlige Lösungen für m gibt es bei diesen ganzen Zahlen n:
> 0, 2, 14, 84, 492 ...

Woher weißt du das?

Wegen deines Rechenfehlers hast du die Lösung m=6 für n=8 nicht gefunden.

[Rainer Rosenthal]

Am 08.08.2022 um 13:48 schrieb Stefan Schmitz:
> Am 08.08.2022 um 13:01 schrieb Rainer Rosenthal:
>>
>> Rechts = Summe i, i = m..n = Summe (m+i), i = 0..n = (n+1)m + n(n+)/2
>                                                 ^^^^

>                            [Edit RR: saublöder] Fehler

>                              = Summe (m+i), i = 1..n-m
>

> Wegen deines Rechenfehlers hast du die Lösung m=6 für n=8 nicht gefunden.
>

Danke.
Blöder Schmierzettel!

Gruß,
RR

[Ulrich D i e z]

Alfred Flaßhaar schrieb:

> Sei M={1, 2, ..., n} die Folge natürlicher Zahlen von 1 bis n.
> Man bestimme alle n, für die es ein m aus M gibt, daß die Summe von 1 bis m-1 gleich der Summe von m+1 bis n ist.

Summe_{k=1..(m-1)}{k} = Summe_{k=(m+1)..n}{k} ; m,n in N; 0<m<n

[m<n, denn für m=n ginge es um die Summe von (n+1) bis n, was wohl nicht im Sinne der
Aufgabe ist.]

Bemerkung:
Summe_{k=1..(m-1)}{k} = Summe_{k=1..m)}{k} - m .
Summe_{k=(m+1)..n}{k} = Summe_{k=1..n}{k} - Summe_{k=1..m)}{k} .

Summe_{k=1..m)}{k} - m = Summe_{k=1..n}{k} - Summe_{k=1..m)}{k} ; m,n in N; 0<m<n

bzw
(m^2+m)/2 - m = (n^2+n)/2 - (m^2+m)/2 ; m,n in N; 0<m<n

bzw
(n^2 + n)/2 = m^2 ; m,n in N; 0<m<=n

bzw in Worten:
Summe der ersten n natürlichen Zahlen = Summe der ersten m ungeraden Zahlen
= Summe der ersten m natürlichen Zahlen
+ Summe der ersten (m-1) natürlichen Zahlen

bzw
n(n+1)=2m^2 ; m,n in N; 0<m<n
, wobei n und (n+1) teilerfremd sind,
- sodass für gerade n auch (n/2) und (n+1) teilerfremd sind und es sich bei
n/2 und n+1 um Quadratzahlen handeln muss, sodass der Ansatz
n/2 = q^2 ;q in N <-> n = 2q^2 ;q in N
n+1 = v^2 ;v in N <-> n = v^2-1 = (v+1)(v-1) ;v in N
=>
2q^2 = (v+1)(v-1) ; v ungerade; q in N; v in N
Setze w = v-1 :
2q^2 = (w+2)(w) ; w gerade; q in N; w in N
schon mal auf q=w=2 -> v=3 -> n=8 ; n=6 als eine Lösung führt.
- sodass für ungerade n auch n und (n+1)/2 teilerfremd sind und es sich bei
n und (n+1)/2 um Quadratzahlen handeln muss, ...

bzw
2m^2 - n^2 - n = 0 ; m,n in N; 0<m<n

Erinnert mich sehr an mein Büchlein
Josph Louis Lagrange/Eugen Netto:
Über die Lösung der Unbestimmten Probleme Zweiten Grades (1904),
Verlag von Wilhelm Engelmann, Leipzig.

Spontan auf die Schnelle kann ich nicht alle Lösungen ausrechnen, dazu
müsste ich mich erst richtig in diese Sachen hineindenken, und dazu habe
ich nicht den Kopf - zu große Schmerzen. Aber ich kann sagen, wenn es
eine Lösung gibt, und n=8 und m=6 sticht sofort als Lösung ins Auge,
sodass es also eine gibt, dann gibt es unendlich viele Lösungen, denn
wenn man in den Term
2m^2 - n^2 - n
für m den Term 3m + 2n + 1 und
für n den Term 4m + 3⁢n + 1 oder den Term -4m + 3⁢n + 1 einsetzt und
vereinfacht, dann ergibt sich wieder 2m^2 - n^2 - n:

Einsetzen ergibt

2(3m + 2n + 1)^2 - (4m + 3⁢n + 1)^2 - (4m + 3⁢n + 1) =
2(3m + 2n + 1)(3m + 2n + 1) - (4m + 3⁢n + 1)(4m + 3⁢n + 1) - 4m - 3⁢n - 1 =
2(9m^2+6mn+3m+6mn+4n^2+2n+3m+2n+1) - (16m^2+12mn+4m+12mn+9n^2+3n+4m+3⁢n+1) - 4m-3⁢n-1 =
2(9m^2+4n^2+4n+12mn+6m+1) - (16m^2+9n^2+6n+24mn+8m+1) - 4m-3⁢n-1 =
18m^2+8n^2+8n+24mn+12m+2 - 16m^2-9n^2-6n-24mn-8m-1 - 4m-3⁢n-1 =
2m^2-n^2-n = 0

bzw

2(3m + 2n + 1)^2 - (-4m + 3⁢n + 1)^2 - (-4m + 3⁢n + 1) =
2(3m + 2n + 1)(3m + 2n + 1) - (-4m + 3⁢n + 1)(-4m + 3⁢n + 1) + 4m - 3⁢n - 1 =
2(9m^2+6mn+3m+6mn+4n^2+2n+3m+2n+1) - (16m^2-12mn-4m-12mn+9n^2+3n-4m+3⁢n+1) + 4m-3⁢n-1 =
2(9m^2+4n^2+4n+12mn+6m+1) - (16m^2+9n^2+6n-24mn-8m+1) + 4m-3⁢n-1 =
18m^2+8n^2+8n+24mn+12m+2 - 16m^2-9n^2-6n-24mn+8m-1 - 4m-3⁢n-1 =
2m^2-n^2-n = 0

Die erste Rekursions-Variante führt für natürliche m mit m,n in N; 0<m<n
auf jeden Fall wieder auf m und n, die die Bedingungen m,n in N; 0<m<n
erfüllen. Die zweite Rekursions-Variante nicht unbedingt - folgende Ungleichung
muss eine Wahre Aussage darstellen:
0 < 3m + 2n + 1 < -4m + 3⁢n + 1
Für m=6 und n=8 tut sie das nicht.


Mittels der Rekursion kann man von
m=6 und n=8 also nur auf m=3*6+2*8+1 = 35 und n=4*6+3*8+1=49 kommen.


Was ich hier poste, sind nur erste Betrachtungen, während ich
versucht habe, mich hinein zu denken.

Im Moment weiß ich noch nicht, ob die beiden Rekursions-Schemata
die einzigen sind. Ich weiß auch nicht, ob m=6 und n=8 der einzige
mögliche Anfang für diese Rekursions-Schemata ist, oder ob es noch
andere "Anfangslösungen" gibt, bei denen man Lösungen erhält, die man
mit m=6 und n=8 als Rekursionsanfang nicht erhält.

Wenn ich es schaffe, das, was ich auf meinen Schmierzetteln nur
skizziert habe, einigermaßen schlüssig aufzuschreiben und mir ganz
sicher bin, wie man alle natürlichzahligen Lösungen findet, melde
ich mich wieder.


Eine persönliche Anmerkung an Alfred Flaßhaar:

Mir geht es gesundheitlich miserabel. Deine Aufgaben/Problemchen, auch
wenn ich sie nicht perfekt löse, sind da hervorragende Ablenkungen,
weil sie meinen Fokus von meinen Schmerzen weglenken. Ich halte sie
für eine gute Sache und bin Dir dafür sehr dankbar.


Mit freundlichem Gruß

Ulrich

[Ulrich D i e z]

Ich schrieb:

> 2m^2 - n^2 - n = 0 ; m,n in N; 0<m<n
>
> Erinnert mich sehr an mein Büchlein
> Josph Louis Lagrange/Eugen Netto:
> Über die Lösung der Unbestimmten Probleme Zweiten Grades (1904),
> Verlag von Wilhelm Engelmann, Leipzig.

Herrje, ich stehe extrem auf dem Schlauch.
Variablen auf verschiedene Seiten bringen, mit einem Faktor multiplizieren,
sodass man quadratisch ergänzen kann:

2m^2 - n^2 - n = 0 ; m,n in N; 0<m<n

2m^2 = n^2 + n ; m,n in N; 0<m<n
8m^2 = 4n^2 + 4n ; m,n in N; 0<m<n
8m^2 = 4n^2 + 4n + 1 - 1 ; m,n in N; 0<m<n
8m^2 = (2n + 1)^2 - 1 ; m,n in N; 0<m<n
(2n + 1)^2 - 8m^2 = 1 ; m,n in N; 0<m<n

Sei 2n + 1 = o

o^2 - 8m^2 = 1 ; m,o in N; 0<m<(o-1)/2 ; o ungerade; o > 2

Eine Pell'sche Gleichung mit den Unbekannten m und o.

Weil 8 keine Quadratzahl ist, gibt es, wenn ich es noch recht
zusammenbringe, unendlich viele Lösungen...

Mit freundlichem Gruß

Ulrich

[Fritz Feldhase]

On Monday, August 8, 2022 at 10:03:53 AM UTC+2, Alfred Flaßhaar wrote:
>

> Sei M={1, 2, ..., n} die Folge natürlicher Zahlen von 1 bis n. Man
> bestimme alle n, für die es ein m aus M gibt, daß die Summe von 1 bis
> m-1 gleich der Summe von m+1 bis n ist.
>
> Für dunkle n und m gibt es keine Punkte auf dem Übungsschein ;-).

Na gut. Aber vielleicht für ein paar Zahlenpaare die mittels "brute force" ermittelt wurden?

Achtung Spoiler:

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Einfache Schleife in Java liefert:

(6; 8)
(35; 49)
(204; 288)
(1189; 1681)
(6930; 9800)
(40391; 57121)
(235416; 332928)

<waiting>

Mathematisch interessante Fakten findet man dann über die OEIS:

6, 35, 204, 1189, 6930, 40391, 235416, ...
=> https://oeis.org/A001109

8, 49, 288, 1681, 9800, 57121, 332928, ...
=> https://oeis.org/A001108

[Stefan Schmitz]

Am 09.08.2022 um 04:34 schrieb Ulrich D i e z:

> 2m^2 - n^2 - n = 0 ; m,n in N; 0<m<n
>
> Erinnert mich sehr an mein Büchlein
> Josph Louis Lagrange/Eugen Netto:
> Über die Lösung der Unbestimmten Probleme Zweiten Grades (1904),
> Verlag von Wilhelm Engelmann, Leipzig.
>
> Spontan auf die Schnelle kann ich nicht alle Lösungen ausrechnen, dazu
> müsste ich mich erst richtig in diese Sachen hineindenken, und dazu habe
> ich nicht den Kopf - zu große Schmerzen. Aber ich kann sagen, wenn es
> eine Lösung gibt, und n=8 und m=6 sticht sofort als Lösung ins Auge,
> sodass es also eine gibt, dann gibt es unendlich viele Lösungen, denn
> wenn man in den Term
> 2m^2 - n^2 - n
> für m den Term 3m + 2n + 1 und
> für n den Term 4m + 3⁢n + 1 oder den Term -4m + 3⁢n + 1 einsetzt und
> vereinfacht, dann ergibt sich wieder 2m^2 - n^2 - n:

Wie bist du auf diese Rekursion gekommen?
Liefert das Buch einen Ansatz zum Finden der Lösungen mittels Rekursion?
Gibt es einen Beweis, dass sich alle Lösungen rekursiv auf einen Anfang
(oder wenige) zurückführen lassen?

[neu...@tuhh.de]

Moin.
Entschuldigt wenn das inzwischen klar ist!

Gesucht m (und n) so, daß Summe(i=1 bis m-1)i= (m-1)m/2= Summe(i=1 bis m-n)(m+i)= (n-m)m +(n-m)(n-m+1)/2= (n-m)(2m +n-m+1)/2= (n-m)(n+m+1)/2 oder
m*m -m= n*n+n*m+n-n*m-m*m-m oder 2m*m= n*n+n oder m^2= n(n+1)/2

Also, immer wenn die Summe der Zahlen 1 bis n eine Quadratzahl ergibt, gibt es so ein Paar (m,n).
Z.B. (6,8): 1+2+3+4+5= 7+8= 15

Die Frage lautet also (nur), wann ist die Summe 1 bis n eine Quadratzahl?

VG Siggi N.

[neu...@tuhh.de]

Und nu' geht's weiter: Betrachte die Folgen (die man durch langes ansehen findet):
a(0)= b(0)= 1
a(i+1)= a(i) +b(i)
b(i+1)= a(i+1) +a(i)
c(i)= a(i)*b(i) i=1,2,...,n
a(i)= 1, 2, 5, 12, 29, 70, ... i=0,1,...
b(i)= 1, 3, 7, 17, 41, 99, ... i=0,1,...

c(i)= 6, 35, 204, 1189, 6930, ... i=1,2,...
d(i)= 2*2²= 8, 7²= 49, 2*12²= 288, 41²= 1681, 2*70²= 9800, ... i=1,2,...

[Stephan Gerlach]

Stefan Schmitz schrieb:

> Am 09.08.2022 um 04:34 schrieb Ulrich D i e z:
>
>> 2m^2 - n^2 - n = 0 ; m,n in N; 0<m<n
>>
>> Erinnert mich sehr an mein Büchlein
>> Josph Louis Lagrange/Eugen Netto:
>> Über die Lösung der Unbestimmten Probleme Zweiten Grades (1904),
>> Verlag von Wilhelm Engelmann, Leipzig.
>>
>> Spontan auf die Schnelle kann ich nicht alle Lösungen ausrechnen, dazu
>> müsste ich mich erst richtig in diese Sachen hineindenken, und dazu habe
>> ich nicht den Kopf - zu große Schmerzen. Aber ich kann sagen, wenn es
>> eine Lösung gibt, und n=8 und m=6 sticht sofort als Lösung ins Auge,
>> sodass es also eine gibt, dann gibt es unendlich viele Lösungen, denn
>> wenn man in den Term
>> 2m^2 - n^2 - n
>> für m den Term 3m + 2n + 1 und
>> für n den Term 4m + 3⁢n + 1 oder den Term -4m + 3⁢n + 1 einsetzt und
>> vereinfacht, dann ergibt sich wieder 2m^2 - n^2 - n:
>
> Wie bist du auf diese Rekursion gekommen?

Das hab' ich mich auch gefragt; die Rekursion fällt hier ziemlich vom
Himmel.

Vermutlich hatte Ulrich folgende Idee:
Angenommen, man hat eine Lösung m und n von
2m^2 - n^2 - n = 0. [1]
Dann versucht man den Ansatz, durch
m' = a*m + b*n + x
n' = c*m + d*n + y
mit (zunächst) unbekannten Parametern a, b, c, d, x, y
eine neue Lösung m', n' zu finden.
Ich hab' das mal probiert, und komme dabei auf 6 nichtlineare
Gleichungen für a, b, c, d, x, y. Bei Bedarf kann ich die hier
aufschreiben, aber ich sehe nicht spontan die Lösung
a=3, b=2, c=4, d=3, x=1, y=1.
Bzw. ich sehe (natürlich), daß das eine Lösung der 6 Gleichungen ist,
aber erst, nachdem ich die Lösung schon kenne. Das ist ein großer
Unterschied dazu, die Lösung "aus dem Nichts" zu finden.

Ich weiß nicht, ob Ulrich hier eine andere Methode benutzt hat, die über
Raten/Probieren hinausgeht.

Es ist auch nicht a priori klar, daß obiger Ansatz überhaupt zu einer
neuen Lösung m' und n' führt.

BTW, witzigerweise lautet eine der 6 besagten Gleichungen
-2*x^2 + y^2 + y = 0,
was i.W. dieselbe Struktur wie die Ausgangsgleichung hat.

> Liefert das Buch einen Ansatz zum Finden der Lösungen mittels Rekursion?
>
> Gibt es einen Beweis, dass sich alle Lösungen rekursiv auf einen Anfang
> (oder wenige) zurückführen lassen?

Wenn ja, dann wohl eher keinen einfachen, den man mal eben so hier
hinschreibt.
Die ganze Aufgabe ist offenbar nicht ganz so trivial.


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

[neu...@tuhh.de]

Nochmal ich:

Oder auch a(i+1)=2a(i)+a(i-1) und b(i+1)=2b(i)+b(i-1), mit a(0)=b(0)=1 und a(-1)= b(-1)= 0)

Wenn man die Differenzengleichungen löst, bekommt man auch eine explizite Form für c(i):
c(n)= [(1 +sqrt(2))^2(n+1) -(1 -sqrt(2))^2(n+1)] / (4*sqrt(2))
Weil n²+n= 2*m(m-1)/2 +m sein soll, ergibt sich d(n)= (sqrt(8*c(n)² +1) -1)/2

Insbesondere ergibt sich, daß 8*c(n)² +1 immer ein Quadrat ist!?

Gruß Siggi N.

[neu...@tuhh.de]

Danke Alfred für diese Aufgabe! und,
ich vergaß: Schönes Wochendende
- speziell für alle Leidenden die aus diesen Posts ihre Freude schöpfen!

Gruß Siggi N

[Alfred Flaßhaar]

Am 12.08.2022 um 18:14 schrieb neu...@tuhh.de:
> neu...@tuhh.de schrieb am Freitag, 12. August 2022 um 18:11:39 UTC+2:
>> neu...@tuhh.de schrieb am Donnerstag, 11. August 2022 um 20:54:34 UTC+2:
>>> neu...@tuhh.de schrieb am Donnerstag, 11. August 2022 um 14:56:44 UTC+2:
>>>> Alfred Flaßhaar schrieb am Montag, 8. August 2022 um 10:03:53 UTC+2:

(...)

Gratuliere, detisset :-). Auch Dir wünsche ich schönes Wochenende und
Gesundheit. Es macht Freude zu erleben, daß andere Leute auch Freude am
Tüfteln und Erkenntnis-/Ergebniserfolg haben.

Kritik:
Es wäre hilfreich zum Verstehen des Endergebnisses (damit nicht jedesmal
alles aus der Herleitung gelesen werden muß), wenn der Bezug zur Aufgabe
durch Bezeichnungsdefinition etwa wie n<-->d(i) und m<-->c(i) leichter
zu erkennen wäre und also zur oberen Intervallgrenze d(i) mit gleichem
Index die Zahl c(i) gehört.

Dieser katastrophale Punktabzug läßt sich kompensieren, wenn bewiesen
wird, daß die Summe der natürlichen Zahlen von 1 bis d(i) das Quadrat
von c(i) ist.

Viele Grüße, Alfred

[neu...@tuhh.de]

;-)
Zumindest implizit greift doch die Kompensation,
weil ich doch gezeigt hatte, daß d=[sqrt(8c²+1)-1]/2.

Denn dann ist doch
d(d+1)/2= 1/8*[sqrt(8c²+1)-1]{[sqrt(8c²+1)-1]+2= [sqrt(8c²+1)-1][sqrt(8c²+1)+1]/8= (8c²+1-1)/8= c²

Also, 'ne 4 liegt drin!!!
(Zumindest wenn ich hier noch anmerke, daß c=c(i) und d=d(i) für alle i).
Und, insbesondere ergibt sich eben, daß 8*c² +1 immer ein Quadrat ist!?

Ich hab' da ja noch was anzumerken, Deine aufgezeigten Mengel ernst nehmend,
ist es ja peinlich, daß ich als Übungsgruppenleiter, der die Hausaufgaben korrigierte,
den Beinahmen "der Korrekte" erhalten hatte! Beinahe nicht vorstellbar! ;-(

[Alfred Flaßhaar]

Am 14.08.2022 um 14:52 schrieb neu...@tuhh.de:
> Alfred Flaßhaar schrieb am Freitag, 12. August 2022 um 18:47:21 UTC+2:
>> Am 12.08.2022 um 18:14 schrieb neu...@tuhh.de:
>>> neu...@tuhh.de schrieb am Freitag, 12. August 2022 um 18:11:39 UTC+2:
>>>> neu...@tuhh.de schrieb am Donnerstag, 11. August 2022 um 20:54:34 UTC+2:
>>>>> neu...@tuhh.de schrieb am Donnerstag, 11. August 2022 um 14:56:44 UTC+2:
>>>>>> Alfred Flaßhaar schrieb am Montag, 8. August 2022 um 10:03:53 UTC+2:
>> (...)
>>

> Ich hab' da ja noch was anzumerken, Deine aufgezeigten Mengel ernst nehmend,
> ist es ja peinlich, daß ich als Übungsgruppenleiter, der die Hausaufgaben korrigierte,
> den Beinahmen "der Korrekte" erhalten hatte! Beinahe nicht vorstellbar! ;-(

Bitte nicht so ernst nehmen, sollte doch nur ein Spaß sein, was ich
schrieb. Und was das Quadrat betrifft: Ist das Quadrat die Summe der
natürlichen Zahlen von 1 bis d(i), nämlich das von c(i)? Die Lösung ist
viel einfacher als vermutet. Aber vielleicht hilft als Einstieg der
Beweis für: Die Summe der Kuben von 1 bis d(i) ist die vierte Potenz von
c(i).

Jetzt wird geplanscht.

Viele Grüße, Alfred

[Alfred Flaßhaar]

Am 09.08.2022 um 18:04 schrieb Ulrich D i e z:

(...)

>
> o^2 - 8m^2 = 1 ; m,o in N; 0<m<(o-1)/2 ; o ungerade; o > 2
>
> Eine Pell'sche Gleichung mit den Unbekannten m und o.
>
> Weil 8 keine Quadratzahl ist, gibt es, wenn ich es noch recht
> zusammenbringe, unendlich viele Lösungen...
>

Das ist ein erfolgversprechender Einstieg :-).

Viele Grüße, Alfred

[Alfred Flaßhaar]

Am 12.08.2022 um 00:43 schrieb Stephan Gerlach:
> Stefan Schmitz schrieb:
>> Am 09.08.2022 um 04:34 schrieb Ulrich D i e z:
>>

(...)

> Die ganze Aufgabe ist offenbar nicht ganz so trivial.
>

Ganz gewiß ist sie nicht trivial.

[neu...@tuhh.de]

Alfred Flaßhaar schrieb am Montag, 8. August 2022 um 10:03:53 UTC+2:

Wenn nicht gut, dann mindestens interessant!

https://youtu.be/V2BybLCmUzs

Gruß Siggi N.

[Rainer Rosenthal]

Am 06.09.2022 um 10:04 schrieb neu...@tuhh.de:
>
> Wenn nicht gut, dann mindestens interessant!
>
> https://youtu.be/V2BybLCmUzs
>

Danke, sehr gut vorgetragen, schöne Grafiken.

Liebe Grüße,
Rainer

[Alfred Flaßhaar]

Am 06.09.2022 um 12:23 schrieb Rainer Rosenthal:
> Am 06.09.2022 um 10:04 schrieb neu...@tuhh.de:
>>
>> Wenn nicht gut, dann mindestens interessant!
>>
>>   https://youtu.be/V2BybLCmUzs
>>
>
> Danke, sehr gut vorgetragen, schöne Grafiken.
>

... auch lesenswert:

https://mathshistory.st-andrews.ac.uk/HistTopics/Pell/

und

https://www.quantamagazine.org/solution-puzzles-inspired-by-ramanujan-20160808/

Viele Grüße, Alfred