| Autor |
Beitrag |
    
Bizzel
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 21. Oktober, 2001 - 20:39: | 
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Hallo, auf
http://www.mathehotline.de/mathe4u/hausaufgaben/messages/24/4326.html
wurde am 03. März, 2001 zuletzt ein "Rätsel" gestellt, ich weiß nicht, was ich falsch gemacht
habe, ich kann erst gar keine Zahlen finden, die die Gleichung dort erfüllen.
Hier noch einmal der Text, so wie er dort lautete:
Man beweise für natürliche Zahlen a,b:
Wenn a² + a = 5b² + 2b, dann ist a-2b eine Quadratzahl.
Ich habe herausbekommen:
Es kann erst gar keine natürlichen Zahlen a und b geben, die die Gleichung
a² + a = 5b² + 2b erfüllen.
Um zu zeigen, wie ich zu diesem Schluss gekommen bin, stelle ich die Gleichungen zuerst nach
a bzw. b um:
a² + 2*½*a + (½)² = 5b² + 2b + (½)²
(a + ½)² = (20b² +8b +1)/4
a + ½ = Ö(20b² +8b +1)/2 , da a>0 sein soll, enfällt die negative Lösung
a = (Ö(20b² +8b +1) -1)/2
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Diese Gleichung heiße "Gleichung A"
5b² +2b = a² +a | :5
b² +2*b*1/5 + (1/5)² = 5(a²+a)/25 + (1/5)²
(b +1/5)² = (5a(a+1)+1)/25
b +1/5 = (Ö(5a(a+1)+1))/5
b = (Ö[5a(a+1)+1] -1)/5
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Diese Gleichung heiße "Gleichung B"
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* Benötigt werden später noch die beiden Tatsachen, dass
* 1. eine Quadratzahl nie die Endziffer 7 haben kann
* 2. die Wurzel einer Zahl, die die Endziffer 1 hat, entweder die
* Endziffer 1 oder 9 hat
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Zunächst aber eine Teilbarkeitsbetrachtung:
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b kann nicht ungerade sein, denn sonst wäre 5b²+2b = b(5b+2) ebenfalls ungerade, da 5b dann ungerade wäre, damit auch 5b+2 und ebenfalls das Produkt aus b und 5b+2.
Dieses ist aber gleich 5b²+2b = a²+a, und a²+a ist eine gerade Zahl, da es aus einem
ungeraden und einem geraden Faktor besteht: a²+a = a(a+1)
Also muss b eine gerade Zahl sein.
=> 5b ist gerade
=> 5b+2 ist gerade und mit "b ist gerade" folgt: b(5b+2) ist durch 4 teilbar.
da b(5b+2) = a(a+1) ist, einer der beiden Faktoren a oder a+1 aber ungerade ist, muss entweder
I) a durch 4 teilbar sein - oder
II) (a+1) durch 4 teilbar sein
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I) a=4k mit k € IN
II) a=4k-1 mit k € IN
Im folgenden soll mit diesen beiden Fallunterscheidungen I) und II) gezeigt werden, dass
b=10m+2 mit m € IN gelten muss.
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I) a=4k, k € IN
betrachte den Radikand in Gleichung B:
5a(a+1)+1, setze a=4k ein =>
5a(a+1)+1 = 5*4k(4k+1)+1 = 20k*(4k+1)+1, er lässt beim Teilen durch 10 immer den Rest 1,
mit anderen Worten:
Die Endziffer des Radikanden 5a(a+1)+1 ist 1.
Die Wurzel einer Zahl, die die Endziffer 1 hat, hat entweder die Endziffer 1 oder 9.
also muss Ö(5a(a+1)+1)-1 die Endziffer 0 oder 8 haben.
Da nach Gleichung B gilt:
b = (Ö[5a(a+1)+1] -1)/5
muss Ö(5a(a+1)+1) -1 durch 5 teilbar sein, damit b € IN ist, dies ist nur möglich, wenn
Ö(5a(a+1)+1)-1 die Endziffer 0 hat.
Damit ist klar, dass b die Endziffer 2 haben muss:
b = 10m+2 mit m € IN
================
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II) a=4k-1, k € IN
betrachte wieder den Radikand in Gleichung B:
5a(a+1)+1, setze a=4k-1 ein =>
5a(a+1)+1 = 5*(4k-1)*(4k-1+1)+1 = 5*(4k-1)*4k +1 = 5*4k*(4k-1) +1 = 20k*(4k-1) +1,
er lässt beim Teilen durch 10 immer den Rest 1,
mit anderen Worten:
Die Endziffer des Radikanden 5a(a+1)+1 ist 1.
Ö(5a(a+1)+1) muss wie in I) die Endziffer 1 oder 9 haben und damit muss
Ö(5a(a+1)+1)-1 wiederum die Endziffer 0 oder 8 haben.
wie in I) folgt dann wieder, dass b die Endziffer 2 haben muss.
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Ergebnis der zwei Fallunterscheidungen I) und II):
b = 10m+2 mit m € IN
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setze dieses b in den Radikanden von Gleichung A: a = (Ö(20b² +8b +1) -1)/2 ein:
20b² +8b +1 = 20(10m+2)² +8(10m+2) +1 = (80m+16 +1) mod 10 = 7 mod 10
=> der Radikand hat die Endziffer 7, er müsste aber eine Quadratzahl sein, wenn
die Gleichung a² + a = 5b² + 2b die Lösung
a = (Ö(20b² +8b +1) -1)/2
implizieren würde.
Da dies nicht möglich ist, ist die Gleichung a² + a = 5b² + 2b für natürliche Zahlen a,b nie erfüllbar.
Also kann a-2b keine natürliche Zahl sein.
Damit kann man dann natürlich auch nicht folgern, dass a-2b eine Quadratzahl ist.
Könnte mal jemand prüfen, ob ein Fehler in der Rechnung steckt? |
Carmichael (Carmichael)
| | Veröffentlicht am Montag, den 22. Oktober, 2001 - 13:38: |
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Hallo Bizzel,
die Gleichung hat Lösungen mit a,b E IN.
Probier es aus: setze a=152 und b=68.
Einen Fehler in deinem Beweis kann ich dir sagen:
Fall a=4k:
"
Da nach Gleichung B gilt:
muss sqr(5a(a+1)+1) -1 durch 5 teilbar sein, damit b € IN ist, dies ist nur möglich, wenn
sqr(5a(a+1)+1)-1 die Endziffer 0 hat.
Damit ist klar, dass b die Endziffer 2 haben muss:
b = 10m+2 mit m € IN
"
Problem: Wenn 5*b die Endziffer 0 hat, muss b nicht die Endziffer 2 haben.
MfG |
Carmichael (Carmichael)
| | Veröffentlicht am Montag, den 22. Oktober, 2001 - 14:57: |
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hab jetzt ne rekursive Formel hergeleitet, die die Lösungen liefert; somit gibt es unendlich viele.
hier die rekursive Formel:
a_0 = 152; b_0 = 68;
a_(n+1) = 161*a_n + 360*b_n + 152;
b_(n+1) = 72*a_n + 161*b_n + 68;
MfG |
Bizzel
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Oktober, 2001 - 17:59: |
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Neiin, sooo ein dummer Fehler...
Hallo Carmichael,
vielen Dank für die Aufklärung und entschuldige bitte, dass ich die Gleichung in Frage gestellt habe, es tut mir so leid, dass ich angezweifelt habe, dass deine Überlegung stimmt.
Du schriebst, du hättest dir die Aufgabe überlegt.
Wie kreativ muss man sein, um auf Aufgaben zu kommen, die solche Gleichungen beinhalten? |
Carmichael (Carmichael)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Oktober, 2001 - 18:55: |
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Hi Bizzel,
dafür brauchst du dich doch nicht zu entschuldigen. Dass man sich öfters irrt(oder Rückschläge erfahren muss), ist gerade in der Mathematik besonders ausgeprägt und gehört einfach dazu. Damit macht es letztendlich auch wieder mehr Spass sich neues Wissen anzueignen.
Allzu kreativ war ich bei der Aufgabe nicht; ich hatte so eine ähnliche zuvor schonmal gemacht.
Versuch dich aber vielleicht noch etwas an der Aufgabe, probier mal irgendwie zu faktorisieren(so dass keine losen summanden mehr rumstehen).
MfG, Carmichael |
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