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Beitrag |
    
Marco (Geheimmcob)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 20. September, 2000 - 16:22: | 
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Beweis: ?
Eine Zahl der Form 11, 111, 1111, 11111 ......., eine sogenannte Repunit, ist niemals eine Quadratzahl.
Wie geht das? |
MacGyver
| | Veröffentlicht am Freitag, den 22. September, 2000 - 04:40: |
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Quadratzahlen von Zahlen (natürlich von natürlichen Zahlen), die auf ..01, ..11, ..21, ..31, ..41, ..51, ..61, ..71, ..81, ..91 enden, enden auf ..01, ..21, ..41, ..61, ..81, ..01, ..21, besser in Tabellenform:
| Endung Zahl | ..01 | ..11 | ..21 | ..31 | ..41 | | Endung Zahl | ..51 | ..61 | ..71 | ..81 | ..91 | | Endung Zahl | ..99 | ..89 | ..79 | ..69 | ..59 | | Endung Zahl | ..49 | ..39 | ..29 | ..19 | ..09 | | | | Endung Quadratzahl | ..01 | ..21 | ..41 | ..61 | ..81 |
Quadratzahlen von Zahlen, die auf andere Ziffern enden als 1 oder 9, enden sowieso nicht auf 1.
Dass die letzten beiden Ziffern nicht von den dritt-, viertletzten usw. beeinflusst werden,
klarmachen mit (100n + 1)2 = 10000n + 200n + 1
bzw. (100n + 11)2 = 10000n + 2200n + 121 usw. |
Carmichael
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 28. Januar, 2001 - 21:07: |
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MacGyvers Beweis ist mir nicht klar; versuch
mal den hier:
Es gilt
1 + 1*10 + 1*100 + ... 1*10^(n-1) = (10^n - 1)/9
(Formel für geometrische Reihe)
also sind alle Repunits von der Form (10^n - 1)/9
mit n > 1, ((10^1-1)/9 = 1 = 1^2;)
angenommen: (10^n - 1)/9 = a^2 mit a E IN
dann folgt daraus: 10^n - 1 = (3*a)^2;
=> (4*25)^(n-2) -4 + 3 = (3*a)^2;
Es müsste also (3*a)^2 bei Division durch 4 den Rest 3 lassen, denn wegen n > 1 gilt n-2 > 0.
Die quad. Reste modulo 4 sind aber 0 und 1.
Wenn dir das nichts sagt, versuch es dir dadurch klar zu machen: (4k+r)^2 - r^2 durch 4 teilbar
für alle k,r E IN; r<4 |
doerrby
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 28. Januar, 2001 - 21:22: |
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Carmichael hat den richtigen zahlentheoretischen Beweis geliefert, aber wenn Dir (Marco) das nicht so ganz einleuchten sollte, dann kannst Du durchaus das System von MacGyver übernehmen, denn es gibt nur die folgenden 22 verschiedenen zweistelligen Endungen für Quadratzahlen:
00,01,04,09,16,25,36,49,64,81,21,44,69,96,56,89,24,61,41,84,29,76
Unter diesen ist die 11 nicht zu finden.
Gruß Dörrby |
Orment (Orment)
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Registriert: 07-2008
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 22. Juli, 2008 - 12:03: |
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Der Beweis von Carmichael ist aus meiner Sicht nicht ausreichend, da mit ((4*25)^(n-2)-1)/9 nicht alle Repunits repräsentiert werden, aber genau das müsste zutreffen, um die Aufgabenstellung zu erfüllen.
D.h. Carmichael liefert den Beweis hiermit nur für eine gewisse Teilmenge der Repunits.
Oder habe ich doch einen Denkfehler? :-P
Grüße Orment
(Beitrag nachträglich am 22., Juli. 2008 von orment editiert) |
Ingo (Ingo)
Moderator
Benutzername: Ingo
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Registriert: 08-1999
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 23. Juli, 2008 - 15:55: |
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Anscheinend ist Carmichael damals von der Annahme ausgegangen, dass 10n = 100n-2, was natürlich nicht stimmt. |
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