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Diophantische Gleichungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: SohnvonPythagoras
Diophantische Gleichungen  
Beitrag No.34 im Thread
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trunx
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)
Die Lösungen der ersten Gleichung lassen sich mittels Pellscher Gleichung wie folgt ermitteln (zusammen gefasst und verschlankt, den Schwachpunkt, den ich sehe, habe ich rot markiert):

Zunächst einmal lässt sich die linke Seite faktorisieren, wir haben demnach
\(x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^2+1)=Y^2\)

Schauen wir uns das \(ggT(x+1,x^2+1)=g\) an.

Für den Fall, dass \(g=1\) ist, muss nun insbesondere \(x^2+1\) eine Quadratzahl sein und dies wird lediglich durch \(x=0\) erreicht. Da in diesem Fall auch x+1 eine Quadratzahl ist, ist dies die erste Lösung.

Sei nun \(ggT(x+1,x^2+1)=g\neq 1\), d.h. es ist
\(x+1=0 \pmod g\) und \(x^2+1=0 \pmod g\). Da aber \(x=(g-1) \pmod g\) und demzufolge \(x^2+1=2\pmod g\), muss \(g=2\) sein.

Es geht also darum, Lösungen für \(x\neq0\) zu finden, für die, wie weird es in #7 formulierte, \(x^2+1=2y^2 \land x+1=2z^2\) gilt (es ist jetzt also Y=2yz). Dazu setzen wir (siehe Red_ in #14) die umgestellte Gleichung 2, also \(x=2z^2-1\) in Gleichung 1 ein und erhalten \(2z^4 - 2z^2 +1 =y^2\) bzw. \((z^2)^2 + (z^2 -1)^2 = y^2\). D.h. man hat hier wegen Teilerfremdheit von \(z^2\) und \(z^2-1\) ein primitives pythagoräisches Tripel.

Weiter spricht Red_ von folgenden zwei Fällen für diese Tripel:
1. \(z^2=r^2-s^2\) und \(z^2-1=2rs\)
2. \(z^2=2rs\) und \(z^2-1=r^2-s^2\)

Setzt man in 1. bzw. 2. die jeweils erste Gleichung in die jeweils zweite, erhält man eine Pellsche Gleichung, nämlich
\((r-s)^2-2s^2=\pm 1\), wobei das Plus für den ersten, das Minus für den zweiten Fall gilt.

Die Lösungen beider Pellscher Gleichungen, die wir zunächst als \(t^2-2s^2=\pm 1\) schreiben, lassen sich als Kettenbruchnäherungen für \(\sqrt{2}\) angeben (hier mal tabellarisch die ersten 9 Lösungen):

\(
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline
i&1&2&3&4&5&6&7&8&9
\\\hline
t&1&3&7&17&41&99&239&577&1393
\\\hline
s&1&2&5&12&29&70&169&408&985
\\\hline
\end{array}
\)

Dabei sind die \(\frac{t_i}{s_i}\) die besagten jeweiligen Kettenbruchnäherungen. Man nimmt meist noch \(t_0=1\) und \(s_0=0\) dazu, die natürlich keine Näherung liefern, sondern nur die triviale Lösung für (+).
Wie auch immer, insbesondere gilt nun für den ersten Fall (+):
\(s_{2i}\) und \(r_{2i}-s_{2i}=t_{2i}\), also \(r_{2i}=t_{2i}+s_{2i}=s_{2i+1}\),
und damit also \(z_{2i}^2=s_{2i+1}^2-s_{2i}^2=(s_{2i+1}-s_{2i})(s_{2i+1}+s_{2i})\), also
\(\boxed{z_{2i}^2=t_{2i}t_{2i+1}}\)

und für den zweiten Fall (-):
\(s_{2i+1}\) und \(r_{2i+1}-s_{2i+1}=t_{2i+1}\), also \(r_{2i+1}=s_{2i+2}\),
und damit \(z_{2i+1}^2=2s_{2i+1}s_{2i+2}\), also
\(\boxed{z_{2i+1}^2=4s_{2i+1}t_{i+1}s_{i+1}}\) (die Identität \(2s_it_i=s_{2i}\) rechnet man leicht mit den unten noch aufgeführten expliziten Formeln für \(s_i\) und \(t_i\) aus).

Man macht sich leicht klar, dass sowohl \(ggT(s_i,t_i)=1\) als auch \(ggT(t_{2i},t_{2i+1})=1\) sowie \(ggT(s_{2i},s_{2i-1})=1\) gelten.

Für \(ggT(s_i,t_i)=1\) betrachtet man dazu den gegenteiligen Fall, nämlich dass (ga, gb) eine Lösung der Pellschen Gleichung und \(g(a+b\sqrt{2})\) eine Einheit in \(\IZ(\sqrt{2})\) ist. Diese multiplizieren wir mit \(a-b\sqrt{2}\) und erhalten \(g(a^2-2b^2)=\frac{\pm1}{g}\). Da nun auf der linken Seite nur ganze Zahlen stehen, muss das Ergebnis rechts auch ganzzahlig sein.

Für \(ggT(s_i,s_{i+1})=g=1\) geht man ebenfalls vom gegenteiligen Fall \(g\neq1\) aus und betrachtet dazu die Rekursion \(s_{i+1}=2s_i+s_{i-1}\), in der nun \(s_{i-1}\) ebenfalls den Teiler g haben muss. So kann man absteigen bis \(s_1\), da dies 1 ist, ist auch \(g=1\) (analog \(ggT(t_i,t_{i+1})=1\)).

Wegen dieser diversen Teilerfremdheiten müssen nun für den ersten Fall (+) sowohl \(t_{2i}\) als auch \(t_{2i+1}\) Quadrate sein.
Für den zweiten Fall (-) müssen analog sowohl \(t_{i+1}\), \(s_{i+1}\) sowie \(s_{2i+1}\) Quadrate sein.

Man mache sich klar, dass es reicht zu zeigen, dass die \(t_i\) (bis auf \(t_0=t_1=1\), die dann die weiteren Lösungen liefern) keine Quadrate sind. Und das zeigen wir jetzt.

Für die \(t_{2i}\) betrachten wir dazu die expliziten Formeln für die \(t_i\) und \(s_i\), die da lauten:

\(t_i=\frac{1}{2}((1+\sqrt 2)^i+(1-\sqrt 2)^i)\)
\(s_i=\frac{1}{2\sqrt{2}}((1+\sqrt 2)^i-(1-\sqrt 2)^i)\)

Damit berechnen wir jetzt \((2s_i)^2=\frac{1}{2}((1+\sqrt 2)^{2i}+(1-\sqrt 2)^{2i})-(-1)^i=t_{2i}-(-1)^i\), d.h. die \(t_{2i}\) weichen stets um \(\pm1\) von einem Quadrat ab, können also selbst keine Quadrate sein.

Wir erhalten damit als einzige verbleibende Lösung für den Fall 1 (+) (nämlich für \(z_0^2=1\)) \(x=1\).

Für Fall 2 (-) könnten weitere Lösungen existieren, in denen nämlich t mit ungeradem Index quadratisch ist. Die Sache ist hier allerdings nicht ganz so einfach, hier nutze ich die (editierten) Resultate aus #28.

Hier gilt, wie oben ausgeführt, zunächst \(t^2-2s^2=-1\), da aber t quadratisch sein soll, also \(t=\tau^2\), betrachten wir \(\tau^4-2s^2=-1\). Dazu habe ich die Gleichung \(\tau^4+1=u^2+v^2\) betrachtet und danach deren Lösungen mit s=u=v.

Mit dem polynomialen Ansatz
\(u=a_2x^2+a_1x+a_0\)
\(v=b_2x^2+b_1x+b_0\) und
\(\tau=c_1x +c_0\) und einem Koeffizientenvergleich bekommen wir letztlich nach Ersetzen der hierin enthaltenen Variablen durch die Parameter a und b aus den natürlichen Zahlen um mit bereits vergebenen Variablen nicht zu kollidieren:

\(u=2a^2b^2(b^4+1)+4ab^3+1\),
\(v=a^2(b^8-1)+2ab(b^4-1)+b^2\) und
\(\tau=a(b^4+1)+b\)

Hier bleibt, wie oben bereits gesagt, weiterhin fraglich, ob damit wirklich alle Lösungen von \(\tau^4+1=u^2+v^2\) erreicht wurden.

Das ist übrigens anders bei den Lösungen der Pellschen Gleichung und bei der Angabe aller pythagoräischer Tripel. Im ersten Fall bilden alle Lösungen in Form von \(t_i\pm s_i\sqrt{2}\) die sog. Einheitengruppe von \(\IZ[\sqrt{2}]\) und sind demzufolge "vollständig", im 2. Fall liefern die Werte \((\frac{n^2-m^2}{n^2+m^2},\frac{2nm}{n^2+m^2})\) gerade die Gruppe der rationalen Punkte auf dem Einheitskreis und sind dadurch ebenfalls "vollständig". Allerdings gibt es dennoch unendlich viel mehr pythagoräische Tripel, man erfasst sie alle durch Multiplikation der primitiven Tripel mit k: \((x=k(n^2-m^2),y=2knm,z=k(n^2+m^2))\).

Wie auch immer, nun wird s=u=v gesetzt, man erhält:

\[a^2+2a\frac{b}{b^4+1}+\frac{b^2-1}{(b^4+1)(b^4-2b^2-1)}=0\]
Dies ist eine quadratische Gleichung in a (was kein Wunder ist, da ich ja u und v als quadratisches Polynom in a angesetzt habe, daher meine Zweifel, ob es nicht mehr bzw. andere Lösungen geben könnte) mit der Lösung

\(a=\frac{1}{b^4+1}(-b+\sqrt{\frac{-b^4-2b^2+1}{b^4-2b^2-1}})\)

(die zweite Lösung mit dem Minus vor der Wurzel entfällt, da ja \(a\in\IN\)).

Betrachten wir nun weiter den Ausdruck unter der Wurzel, der insbesondere nichtnegativ sein soll. Dies ist er aber nur für b=1, sonst ist er stets negativ. Daher ist b=1 und damit a=0 die einzige Möglichkeit für s=u=v=1 sowie \(\tau=t=1\).

Damit gibt es aber auch für den zweiten Fall (-) nur eine Lösung, nämlich \(z_1^2=4\) und dementsprechend ist x=7 die einzige nichttriviale Lösung (neben den trivialen Lösungen x=0 und x=1) in den natürlichen Zahlen für das ursprünglich gestellte Problem.

bye trunx

ps: mehr wird von mir nicht kommen. trotz aller differenzen, die ja normal sind - seid lieb zueinander :)
\(\endgroup\)

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Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: liguria
Password-Hashes in Cookies und andere Undinger  
Beitrag No.23 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-01-19
trunx
 

@TheBear: vielleicht hast du recht. und da du versöhnliche töne anschlägst, quasi brot und salz und vielleicht auch etwas pfeffer anbietest, will ich es auch so halten.

ob nun meine obige aufgabe unsinn war oder nicht, diskutiere ich mal nicht, tatsache ist jedoch, dass weder liguria noch sonst wer überhaupt nur heraus gefunden haben, ob MD5 auf dem MP verwendet wird oder nicht. und schuldig sind sie auch die antwort geblieben, wie man hier konkret auf dem MP aus der kenntnis der wahlweise aus den (in den cookies) verschlüsselten oder in der datenbank gehashten passwörter auf diese selbst schliesst. im übrigen könnte ich mir gut vorstellen, dass matroid bzw. das php-nuke projekt die von dir genannten funktionen bereits nutzt. aber dazu vielleicht folgendes:

als schlosserlehrling wurde mir einst von meinem meister eine kiste mit 10 geschlossenen vorhängeschlössern, die zu öffnen waren ehe es mit der ausbildung weiter ging. heute würde man das lockpicking nennen. aus dieser zeit weiss ich einfach noch, dass die meisten fahrradschlösser nichts taugen (übrigens auch nicht die meisten autoschlösser, haus- und wohnungstürschlösser usw.), dennoch bin ich mit meinem fahrrad und einem relativ untauglichen schloss unterwegs. ich setze dabei auf zwei dinge: für die, die keine ahnung vom lockpicking haben, bietet mein schloss ausreichenden schutz und für die, die ahnung haben, kann ich nur hoffen, dass mein fahrrad nicht wertvoll genug ist. ich könnte aber auch einen wachschutz engagieren.

das ist aus meiner sicht 1:1 auf den MP übertragbar. wie gesagt, ich würde es anders sehen, wenn es ums online-banking oder dergleichen ginge.

Bug- und Request-Tracker
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: liguria
Password-Hashes in Cookies und andere Undinger  
Beitrag No.21 im Thread
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trunx
 

2020-01-19 17:10 - zippy in Beitrag No. 20 schreibt:
2020-01-19 17:01 - trunx in Beitrag No. 19 schreibt:
@liguria: keine wurzel ziehen können und sich dann direkt als neuling hier im forum als schlaumeier outen. aber jeder wie er mag.

Einige Reaktionen auf die wenig diplomatisch formulierten, von der Sache her aber völlig korrekten Hinweise von liguria sind einfach nur peinlich.

auch dir sind wohl die trauben zu sauer.

Diophantische Gleichungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: SohnvonPythagoras
Diophantische Gleichungen  
Beitrag No.32 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-01-19
trunx
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)
2020-01-19 16:50 - SohnvonPythagoras in Beitrag No. 31 schreibt:
...
Nach einigen Schritten gelangen wir zur  
\(D =  8q^2-4 = (2s)^2\)  bzw. \(2q^2-1 = s^2\) mit den Lösungen
q1=1,s1 =1 und q2=5 ,s2= 7.
...

nein, \(2q^2-1 = s^2\) ist eine pellsche gleichung und hat deutlich mehr lösungen. du müsstest zeigen, warum diese wegfallen.
\(\endgroup\)

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Thema eröffnet von: liguria
Password-Hashes in Cookies und andere Undinger  
Beitrag No.19 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-01-19
trunx
 

@liguria: keine wurzel ziehen können und sich dann direkt als neuling hier im forum als schlaumeier outen. aber jeder wie er mag. ich wette, du hast versucht, oben den hash zu entschlüsseln und bist elend gescheitert, magst das aber nicht zugeben, sondern versteckst dich hinter der industrie. nun gut, auch dafür gibt es aus der antike eine antwort: Der Fuchs und die Trauben.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.17 begonnen.]

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Thema eröffnet von: liguria
Password-Hashes in Cookies und andere Undinger  
Beitrag No.16 im Thread
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trunx
 

2020-01-19 11:20 - zippy in Beitrag No. 14 schreibt:
Aber man muss doch ein Risiko nicht kleinreden, um es akzeptieren zu können.
welches risiko denn bitte? einfach die kirche im dorf lassen oder halt zeigen.

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Thema eröffnet von: liguria
Password-Hashes in Cookies und andere Undinger  
Beitrag No.15 im Thread
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trunx
 

2020-01-19 10:51 - zippy in Beitrag No. 10 schreibt:
2020-01-19 10:47 - trunx in Beitrag No. 9 schreibt:
dass es hier und da kollisionen gibt, streitet keiner ab.

Die Kollisionen sind ein Argument gegen den Einsatz von MD5 für Signaturen (etwa bei SSL-Zertifikaten). Das ist nicht das Problem, das gegen den Einsatz als Password-Hash spricht.

das ist mir klar und ist kein argument gegen die vorgebrachte aufgabe: entweder klartext ODER kollision anzugeben ODER gern auch die panikmache hier einfach zu unterlassen.

vielleicht kennt der eine oder die andere noch das selfhtml-forum, dort gab es 2008 eine 100€ wette um die entschlüsselung einer, mit einem privat in php geschriebenen verfahren, verschlüsselten datei (hier). sehr eindrucksvoll wurde dieser "verschlüsselungsalgorithmus" insbesondere auch in sehr kurzer zeit (ein tag) vernichtet.

mir ist wiederum klar, dass verschlüsselung nochmal ein ganz anderes sicherheitsthema ist, was ich mit dem beispiel aber sagen will, das war kein hand-waving, es wurde eindrucksvoll gesprungen. in diesem sinne.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]

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Thema eröffnet von: liguria
Password-Hashes in Cookies und andere Undinger  
Beitrag No.9 im Thread
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trunx
 

2020-01-19 10:32 - zippy in Beitrag No. 8 schreibt:
2020-01-19 09:59 - trunx in Beitrag No. 7 schreibt:
wie heisst es so schön 'hic rhodus, hic salta', oben in #4 steht ein hash, bitte klartext oder kollisionen angeben, bis dahin halte ich diesen thread für reine panikmache.

Die Entscheidung, ob ich dieser wohlfundierten Argumentation oder der Einschätzung des BSI ("Die Speicherung als Klartext oder die einfache Anwendung einer Hashberechnung wie MD5 oder SHA1 ist in keinem Fall ausreichend.") mehr vertraue, fällt mir nicht schwer.

das ist wie mit dem omnipräsenten "fachkräftemangel in deutschland" - einer kopiert's vom anderen. dass hier und da jemand fehlt, dass es hier und da kollisionen gibt, streitet keiner ab.

hier auf dem MP habe ich meine zweifel geäußert, dagegen kommst du auch mit hand-waving nicht an, es bleibt dabei: hic rhodus, hic salta.

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Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: liguria
Password-Hashes in Cookies und andere Undinger  
Beitrag No.7 im Thread
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trunx
 

guten morgen,

ich will gar nicht abstreiten, dass MD5 geschwächt ist, das ist bei einem fast 30jährigen algorithmus letztlich auch nicht anders zu erwarten. dennoch bin ich überzeugt, dass es im privaten bereich und dazu zähle ich den MP immer noch seinen dienst tut.

wie heisst es so schön 'hic rhodus, hic salta', oben in #4 steht ein hash, bitte klartext oder kollisionen angeben, bis dahin halte ich diesen thread für reine panikmache.

bye trunx

Bug- und Request-Tracker
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: liguria
Password-Hashes in Cookies und andere Undinger  
Beitrag No.4 im Thread
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trunx
 

hallo und herzlich willkommen auch von mir,

wie wäre denn bspw. der klartext von
MD5
6b1d16a1474ee470579d04d0fefc1680
?

bye trunx

Stetigkeit
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: daenerystargaryen
Wie wähle ich geeignete Folgenpaare?  
Beitrag No.4 im Thread
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trunx
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)
hallo und herzlich willkommen auf dem MP,

wenn du einen Einstieg für \(\LaTeX{}\) brauchst, dann schau mal hier.

bye trunx
\(\endgroup\)

Diophantische Gleichungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: SohnvonPythagoras
Diophantische Gleichungen  
Beitrag No.29 im Thread
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trunx
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)
falls jemand noch an der lösung interessiert ist (wenn gleich ich nach der vielzahl meiner fehler kaum mehr auf ein müdes "boring" hoffen kann), hier kurz skizziert die weiteren und, wie ich denke, finalen schritte (aber man weiss ja nie):

in beitrag #28 hatte ich die wahlweise zu prüfenden punkte angegeben,
1. entweder man prüft, ob die \(t_i\) überhaupt quadrate haben (\(t=\tau^2\)), das erfordert die betrachtung der gleichung \(\tau^4-2s^2=-1\),
2. oder man prüft, wie quadratische \(s_i\) in der folge verteilt sind (um zu schauen, ob \(s_i\) und \(s_{2i}\) gleichzeitig quadratisch werden können; \(s=\sigma^2\)), das erfolgt über die betrachtung der gleichung \(t^2-2\sigma^4=-1\),
3. oder man prüft, ob die \(s_i\) und \(t_i\) gleichzeitig quadratisch werden können, das erfolgt über die betrachtung der gleichung \(\tau^4-2\sigma^4=-1\).

es könnte natürlich sein, dass alle drei fragen (die allein schon ein halbes forschungsprogramm darstellen) je positiv, also mit je unendlich vielen lösungen beantwortet werden könnten. dann müsste man weiter sehen, auf welche weise sie sich überschneiden (oder eben nicht) und so die lösungen für das ursprungsproblem zu ermitteln.

glücklicherweise erwies sich bereits die erste gleichung als relativ bequem und zielführend, mit dem ergebnis, dass es ausser der trivialen lösung mit s=1 und t=1 keine weiteren lösungen gibt. sprich in der folge \(t_i\) gibt es keine weiteren quadrate, was die betrachtung von 2. und 3. obsolet macht.

dazu habe ich folgendes gemacht, statt \(\tau^4-2s^2=-1\) betrachten wir zunächst die gleichung \(\tau^4+1=u^2+v^2\) und danach die lösungen mit s=u=v.

mit den parametern a und b aus den natürlichen zahlen lassen sich alle lösungen für u und v wie folgt angeben (die folgenden angaben für u, v und \(\tau\) enthalten einen kleinen fehler, der aber nichts am gesamtergebnis ändert, siehe dazu das EDIT ganz unten):
\(4u=(2a(b^4+1)+8b)ab^2+4\)
\(4v=a^2(b^8-1)+4ab(b^4-1)+4b^2\)
und für diejenigen, die prüfen wollen, dass dies korrekt ist
\(2\tau=a(b^4+1)+2b\).
man beachte, dass \((2\tau)^4+16=(4u)^2+(4v)^2\).

wie auch immer, gleichsetzung von u und v ergibt folgende gleichung in a und b:

\[a^2+4\frac{ab}{b^4+1}+\frac{4(b^2-1)}{(b^4+1)(b^4-2b^2-1)}=0\]
dies ist eine quadratische gleichung in a mit der lösung

\(a=\frac{2}{b^4+1}(-b+\sqrt{\frac{-b^4-2b^2+1}{b^4-2b^2-1}})\)

(die zweite lösung mit dem minus vor der wurzel entfällt, da ja \(a\in\IN\)).

betrachten wir nun weiter den ausdruck unter der wurzel, der insbesondere nichtnegativ sein soll. dies ist er aber nur für b=1, sonst ist er stets negativ. daher ist b=1 und damit a=0 die einzige möglichkeit für s=u=v=1. also der triviale fall.

damit sind aber auch A=B=1 und x=7 ist die einzige nichttriviale lösung für das ursprünglich gestellte problem.

ich hoffe, dass dies genügt, wenn nicht, sagt gern bescheid.

bye trunx

ps: mir fällt grad noch auf, man müsste sicher noch zeigen, dass u(a,b) und v(a,b) wirklich alle lösungen abdecken.

EDIT: ich habe nun doch einen kleinen fehler gefunden, er ist mir unterlaufen in der absicht, die lösungsmenge zu erhöhen, faktisch habe ich sie verkleinert. richtig ist es,
\(u=2a^2b^2(b^4+1)+4ab^3+1\),
\(v=a^2(b^8-1)+2ab(b^4-1)+b^2\) und
\(\tau=a(b^4+1)+b\) zu lassen.
dadurch ändert sich an der lösung der quadratischen gleichung für a nur der faktor 2, den ich zuvor in a reingezogen hatte. an der wurzel und damit am gesamtergebnis ändert sich aber wie gesagt, nichts.
\(\endgroup\)

Diophantische Gleichungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: SohnvonPythagoras
Diophantische Gleichungen  
Beitrag No.28 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-01-12
trunx
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)
ich beziehe mich auf das edit in meinem beitrag #27:

hier war ich stehen geblieben bei \(x+1=8A^2B^2\), diese A und B genügen nach dem vorangegangen der gleichung \(B^4+4A^2B^2-4A^4=1\) und hat mit den lösungen \((s_i,t_i)\) wiederum der pellschen gleichung \(t^2-2s^2=-1\) ihrerseits folgende lösungen für \(A_i^2=s_it_i\) und \(B_i^2=s_{2i}\) (d.h. eigentlich müsste die gleichung \(\tau^4-2\sigma^4=-1\) mit \(\tau^2=t\) und \(\sigma^2=s\) gelöst werden, siehe aber nächsten beitrag). da die \(s_i\) und \(t_i\) paarweise teilerfremd sind, setzt sich \(A^2B^2\) eigentlich aus drei quadraten zusammen.

die \(s_i\) können schon mal quadrate werden, z.b. ist \(s_3=169\), der punkt ist nun, dass es unmöglich sein muss, dass \(s_i\) und \(t_i\) und \(s_{2i}\) zugleich quadratisch werden (ausser für den trivialen fall).

wer also eine idee hat, insbesondere zu zeigen, ob die \(t_i\) überhaupt quadratisch werden können und wenn ja, dass wenigstens \(s_i\) und \(t_i\) nicht zusammen quadratisch werden können oder auch, dass nicht \(s_i\) und \(s_{2i}\) zugleich quadratisch sind, heraus damit :)

gute nacht

Edit: man kann natürlich auch zeigen, dass es wahlweise keine weiteren quadratischen \(s_i\) gibt bzw. wie sie in der folge verteilt sind.
\(\endgroup\)

Thermodynamik & Statistische Physik
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: Seligman
Thermodynamische Potentiale Anwendung und Verständnis  
Beitrag No.1 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-01-12
trunx
 

hallo und herzlich willkommen auf dem MP,

grundsätzlich ist es so, dass das thermodynamische gleichgewicht durch das maximum der entropie S definiert ist.

die idee zu den thermodynamischen potentialen ist eine etwas andere: man betrachtet prozesse, die einerseits von einem gleichgewichtszustand zum nächsten ablaufen und andererseits durch je unterschiedliche variablen beschrieben werden können. nehmen wir eine chemische reaktion, die durch die variablen T, p und Ni beschrieben werden soll. dann wäre das geeignete potential die freie enthalpie G, die angibt, wie sich die gleichgewichtsprozesse ändern, also in diesem potential ablaufen (bei anderen prozessen mit anderen prozessvariablen halt ein anderes, dann diesen variablen entsprechendes potential). dazu muss aber G selbst nicht extremal werden. vergleichbar ist das mit der bewegung eines teilchens in einem potential, z.b. schwingt ein harmonischer oszillator um das minimum. analog gibt es auch chemische reaktionen, die um das minimum schwingen (Belousov-Zhabotinsky-Reaktion).

bye trunx

Diophantische Gleichungen
Universität/Hochschule 
Thema eröffnet von: SohnvonPythagoras
Diophantische Gleichungen  
Beitrag No.27 im Thread
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag2020-01-12
trunx
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)
ok, ich glaube, ich habe jetzt die lösung. mein ansatz aus beitrag #25 hat zwar nichts weiter gebracht (auch wenn ich jetzt vermutlich alle lösungen kenne), besser ist es mit der gleichung
\(p^2=2q^4-2q^2+1=2X^2-2X+1\)

(diese gleichung war das ergebnis des loopings...)

weiter zu machen.

um die rechte seite zu einem quadrat zu machen, liegt es zunächst nahe, \(-2X+1\) mit \(X=-2a^2+2a\) in \((2a-1)^2\) umzuwandeln. Dann hätten wir erneut eine (allg.) pellsche gleichung. da aber X ein quadrat werden soll, also stets nichtnegativ ist, muss X anders aufgebaut werden, der nächste versuch ist \(X=-2a^2+2ab\) mit b>a. dadurch erhalten wir rechts \(2X^2+4a^2-4ab+1\) oder \(2X^2+(2a-b)^2+1-b^2\). das sieht zunächst nicht nach einem grossen gewinn aus, aber wir machen aus \(1-b^2\) die pellsche gleichung \(b^2-2a^2=1\). dadurch ist auch b>a gesichert. trotzdem ist das zunächst auch ein irrweg, aber wir können diese gleichung quadrieren und es bleibt 1. wir haben daher \(1=b^4-4a^2b^2+4a^4\). wenn wir dies für die 1 einsetzen und in \(X^2\) auch die entsprechenden variablen, dann erhalten wir
\(2(4a^4-8a^3b+4a^2b^2)+4a^2-4ab+b^4-4a^2b^2+4a^4\). nach endlosen umformungen wird daraus \(b^4+4a^2b^2+4a^4+4a^2b^2-4ab^3-4a^3b\) und das ist ein quadrat. also ist \(p=b^2-2ab+2a^2=2b^2-2ab-1\).

ich setze jetzt für a und b die lösungen der pellschen gleichung in p und X ein. konkret
\(p_{i(k)}=2b_k^2-2a_kb_k-1=b_{2k}-a_{2k}\) und
\(X_{i(k)}=q_{i(k)}^2=-2a_k^2+2a_kb_k=a_{2k}-\frac{b_{2k}-1}{2}=2a_k^2(\frac{b_k}{a_k}-1)\).

nun ist insbesondere der term \(\frac{b_k}{a_k}\) mit teilerfremden \(a_k\) und \(b_k\) eine näherung für \(\sqrt{2}\), dh. eigentlich wird X niemals ein quadrat (EDIT: dazu muss noch \(q_{i(k)}^2=2a_k(b_k-a_k)\) genauer untersucht werden, bspw. muss \(a_k=2A_k^2\) sein, die \(b_k\) dagegen stets ungerade, was zu \(b_k-a_k=b_k-2A_k^2=B_k^2\) führt usw. (ein fass ohne boden :/ aber vllt ist das die lösung, wir sind mittlerweile bei \(x+1=8A^2B^2\), wenn das unendlich weiter geht, wird x immer grösser oder für alle forderungen an A und B dürften jetzt nur noch dir trivialen lösungen möglich sein)). die einzige ausnahme ist tatsächlich \(b_1=3\) und \(a_1=2\).

bye trunx
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trunx
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)
ein weiterer typ von lösungen meines obigen ansatzes ist unter verwendung der pythagoräischen tripel:
\(a=k2mn\) und \(b=k(n^2-m^2)\), was wiederum zu einer pellschen gleichung führt, nämlich
\(q^2-2mn(n^2-m^2)k^2=1\). p ist natürlich \(k(n^2+m^2)\).

leider ist auch hier weder a noch b=1 möglich (doch ist es, aber nicht so, dass der andere wert dann 7 würde), aber mal schauen, was mir sonst noch ein- bzw. auffällt.

bye trunx
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trunx
 
\(\begingroup\)\(\usepackage{setspace}\)
hallo an alle,

ich habe mich mal wieder an die fermatsche ursprungsaufgabe gesetzt und habe zumindest eine neue idee. sie stammt letztlich aus meinem völlig verdorbenen artikel ein schwieriges problem auf der imo.

dort sollte die gleichung \(\frac{a^2+b^2}{ab+1}=c\) untersucht werden, mit dem resultat, dass wenn für bestimmte natürliche (a,b) dieser ausdruck, also c, ebenfalls eine natürliche zahl ist, c ein quadrat ist.

die ähnlichkeit der aufgabenstellung ergibt sich aus folgender beobachtung:

wir haben ja zumindest erreicht, dass fermats ausgangsgleichung zerlegt werden kann in
\(x^2+1=2p^2 \land x+1=2q^2\)
dividieren wir nun beide gleichungen durcheinander, erhalten wir
\(\frac{x^2+1}{x+1}=\frac{p^2}{q^2}\)
mit a=x und b=1 sowie \(c=(\frac{p}{q})^2\) haben wir ziemlich genau das imo-problem, mit der ausnahme, dass c rational sein darf. ein quadrat ist es trotzdem.

daher habe ich das imo-problem erweitert zu
\(\frac{a^2+b^2}{ab+1}=(\frac{p}{q})^2\), wobei nun a, b, p, q natürliche zahlen sind, in der hoffnung ebenfalls alle lösungen zu finden und dann b=1 (oder halt a=1) zu setzen.

ich habe zwar etliche lösungen gefunden, aber bei weitem nicht alle. ich gebe mal an, was ich bisher habe:
für alle(?) \(k\in\IN\) gibt es (unendlich?) viele lösungen, nämlich
\(a=p\)
\(b=k^2p\) und
\(c=(\frac{p}{q})^2\), wobei sich \(p\) und \(q\) aus folgender pellscher gleichung ergeben
\((kp)^2-(k^4+1)q^2=-1\).

bsp.: k=1 ergibt die hier schon im thread genannte pellsche gleichung \(p^2-2q^2=-1\)
k=2, die pellsche gleichung lautet nun \((2p)^2-17q^2=-1\) , die erste relevante lösung ergibt sich für  a=p=134, b=536, q=65.

die unendliche anzahl der lösungen habe ich mit einem fragezeichen versehen, weil ich nicht immer weiss, ob es stets lösungen \(x_i\) der k-ten pellschen gleichung gibt, die auch durch k teilbar sind. das wäre zu prüfen, hat aber für unsere aufgabe soweit ich sehe keine relevanz.

der punkt ist, wie gesagt, leider, dass dies bei weitem nicht alle lösungen sind, insbesondere können wir weder a noch b=1 setzen. das ist halt nicht der erforderliche lösungstyp. was der erforderliche lösungstyp ist lässt sich leider nicht so leicht ermitteln, da es ja nur eine lösung gibt (ich habe noch eine menge anderer lösungen, die ich ebenfalls noch keinem bestimmten lösungstyp zu ordnen kann).

vielleicht weiss ja jemand anders mehr

bye trunx

EDIT: mein obiger ansatz lässt sich noch ausbauen mit \(a=n^2p\) und \(b=m^2p\) und der zugeh. pellschen gleichung \((nmp)^2-(n^4+m^4)q^2=-1\).

ps: diese idee mit dem imo-problem war der große looping, am ende konnte ich das halbrationale imo-problem lösen und auch b=1 setzen, was bedingungen für p und q ergab, die wir schon kannten.
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trunx
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2020-01-06 11:47 - tbd321 in Beitrag No. 5 schreibt:
fed-Code einblenden
Die Summe läuft in beiden Fällen bis unendlich, da die Folge gn ja für alle natürlichen n gelten soll. Wie kezer jetzt schon mehrfach ausgeführt hat, kann man diese unendliche Summe (aber auch die deiner anderen beiden Beispiele) rein algebraisch in eine geschlossene Form überführen. Probiere dies aus ohne jede Grenzwertbetrachtung.

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Beitrag No.4 im Thread
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na, wie lautet denn im ersten fall die formale potenzreihe?

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Beitrag No.1 im Thread
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trunx
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allgemein kann man nicht für alle formalen Potenzreihen eine geschlossene Funktion angeben. Bei deinen Beispielen allerdings ist das möglich (obwohl bei der letzten Funktion statt k eine 2 stehen müsste).

bye trunx
 

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