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Beitrag |
    
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 08. Juli, 2002 - 18:49: | 
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Für eine der folgenden Gleichungen soll es ganzzahlige Lösungen geben, für die andere nicht:
a² + 3ab = 2b² + 121 ... (I)
a² + 3ab = 2b² + 122 ... (II)
Das gibt's doch nicht! - Oder kann man so was beweisen?
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fireangel (fireangel)
Moderator
Benutzername: fireangel
Nummer des Beitrags: 135
Registriert: 10-2000
| | Veröffentlicht am Montag, den 08. Juli, 2002 - 19:24: |
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Hi,
hab nicht viel Zeit: helfen diese Umformungen?
(a + 1,5b)² = 4,25 b² + 121 [122]
(a + 3z)² = 17z² + 61*2
(a + 3z)² = 17z² + 11*11
Fireangel |
Carmichael (carmichael)
Neues Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 5
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 08. Juli, 2002 - 20:00: |
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ja, deine Umformung hilft was.
Jetzt hast du eine Pell'sche Gleichung draus gemacht.
Jede Gleichung modulo 17 betrachten.
bei der ersten müsste 122=3 (mod 17) quadratischer Rest sein. ISt aber nicht der Fall, also Gleichung keine Lösung.
bei der zweiten 121 = 11^2 geht natürlich schon. (modulo 17). [einfach Lösung dann finden, es gibt unendlich viele]
bei unklarheiten nochmal fragen, hab momentan keine zeit.
MfG Carmichael |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 08. Juli, 2002 - 20:02: |
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Hi Fireangel, na du hast's aber eilig!
Wenn du bei der Umformung b=2z setzt schließt du doch ungerade Werte von b von vorn herein aus. Darf man das so ohne weiteres?
sol@ti |
fireangel (fireangel)
Moderator
Benutzername: fireangel
Nummer des Beitrags: 136
Registriert: 10-2000
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 09. Juli, 2002 - 14:08: |
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Hi,
folgende Betrachtung:
egal, ob b ungerade oder gerade ist, die rechte Seite der Gleichung ist immer bei I ungerade und bei zwei gerade.
Schauen wir uns also die linke Seite an:
Wenn b ungerade ist, dann haben wir folgende Situationen:
a gerade: rechte Seite gerade, das kann nur bei Gleichung II eine Lösung geben.
a ungerade: rechte Seite gerade, es kann also wieder nur bei II eine Lösung geben.
Ist b gerade, dann sieht es so aus:
a gerade: rechte Seite gerade, Lösung bei II.
a ungerade: rechte Seite ungerade,Lösung bei I.
Für den Fall, das b ungerade ist, haben wir also auf jeden Fall die Situation, dass nur eine Gleichung eine Lösung haben kann, nämlich II.
Wir müssen nun nur noch zeigen, dass im zweiten Fall, wenn b gerade ist, auch nur Gleichung zwei Lösungen haben kann, damit ist alles gezeigt.
Deswegen die Umformung. Und carmichael (thanks) hat das ja dann auch gezeigt, wenn ich das richtig sehe (?). Er sollte seine Betrachtungen nochmal ausführlich darlegen (please), damit deutlich wird, ob dem so ist.
Bis die Tage,
Fireangel
(Beitrag nachträglich am 09., Juli. 2002 von fireangel editiert) |
Carmichael (carmichael)
Junior Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 7
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 09. Juli, 2002 - 16:10: |
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ja, mach ich gerne.
ich lass das mit gerade/ungerade weg, da man es eigentlich für den Beweis nicht braucht.
Die Gleichungen
(2a+3b)^2 - 17b^2 = 4*121; (1)
und
(2a+3b)^2 - 17b^2 = 4*122; (2)
sind äquivalent zu I und II.
wir zeigen, dass (2) modulo 17 und damit auf in Z keine Lösung besitzt: [Widerspruchsbeweis]
(2a+3b)^2 - 17b^2 = 4*122 (mod 17);
=> es gibt ein n E IN, sodass n^2 = 4*3 (mod 17);
da 17 ungerade, gibt es modulo 17 ein inverses zu 4
=> (n/2)^2 = 3 (mod 17);
es muss also ein d E IN geben , sodass d^2 = 3 (mod 17) ist. [ bzw. 3 quad. Rest]
wegen (d+17k)^2 = d^2 = (17-d)^2 (mod 17), müssen nur d=0,1,...,(17-1)/2=8 untersucht werden.
0^2 = 0 ; 1^2 = 1; 2^2 = 4, 3^2 = 9, 4^2 = 16, 5^2 = 8, 6^2 = 2; 7^2 = 15, 8^2 = 13
(alles modulo 17)
3 ist offensichtlich nicht dabei. => Widerspruch
zu I): setze a= 99 und b = 176
Carmichael
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 09. Juli, 2002 - 18:28: |
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Hallo Carmichael, hallo Fireangel!
Sagt mal, war das zu einfach oder seid ihr zu gut? Ich fürchte fast Letzteres!
@Carmichael: Wieder eine deiner bestechend eleganten Lösungen. Durch eine simple Multiplikation mit 4 umgehst du alle Schwierigkeiten bezüglich gerade/ungerade. Ich finde, du hättest sogar schon bei der Zeile
=> es gibt ein n E IN, sodass n^2 = 4*3 (mod 17);
Schluss machen können (mit der Bemerkung, dass 12 kein quadratischer Rest mod 17 ist).
Und die Lösung für Gleichung (I) ist natürlich auch korrekt.
@Fireangel: Zielsicherer Schnellschuss nach 30 Minuten Bedenkzeit, gewaltig! Allerdings hast du dir damit die unangenehme Fallunterscheidung gerade/ungerade eingehandelt.
Danke für's Mitmachen und hoffentlich bis bald
sol@ti
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fireangel (fireangel)
Moderator
Benutzername: fireangel
Nummer des Beitrags: 137
Registriert: 10-2000
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 09. Juli, 2002 - 18:41: |
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Hi,
ja, ich muss zugeben, mein Ansatz hier war doch komplizierter, als er sein musste. Zudem auch noch (zumindest im Ergebnis) sinnlos...
Ok, wenigstens kann ich hoffen, carmichael die Idee vermittelt zu haben. Naja, er wäre (ist?) wohl auch selbst drauf gekommen...
Was solls, kann nicht immer gehen. 
Aber carmichael lasse ich da auch gerne den Vortritt.
Grüsse,
Fireangel
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Carmichael (carmichael)
Junior Mitglied
Benutzername: carmichael
Nummer des Beitrags: 8
Registriert: 02-2001
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 10. Juli, 2002 - 12:35: |
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Freut mich, dass euch mein Beweis gefällt.
aber es ist eher auch ein Standardbeweis, und wenn man ein wenig bescheid weiß über Pell'sche Gleichungen (a^2-Db^2=1) [gibt's viel interessantes Zeug dazu] wird das schon viel einfacher.
Gruß, Carmichael |
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