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Elementare Zahlentheorie » Diophantische Gleichungen » Ganzzahlige Lösungen für ganzzahliges n
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Ausbildung Ganzzahlige Lösungen für ganzzahliges n
pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-05-24


Hallo Ihr!

Ich habe folgendes Beispiel zu lösen:

Leider schaffe ich es nicht ganzzahlige Lösungen für x zu finden, geschweige denn die Bedingung für n gannzahlig anzuwenden.

Ich weiß bis jetzt nur, dass n nicht null sein darf.

Vielen Dank im Voraus!

Lg pascal

Bis jetzt habe ich das geschafft:








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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-05-24

\(\begingroup\)
Hallo,

ich denke diese Frage lässt sich nicht wirklich mit der pq-Formel bearbeiten.

Wir können die Gleichung erstmal umschreiben.

$x^2+3x+9=9n^2 \Leftrightarrow x(x+3)=9(n+1)(n-1)$

In dieser Form kann man nun schnell vier Lösungspaare ablesen.
Welche?

Außerdem sieht man, dass die rechte Seite durch 9 teilbar ist.
Also muss auch die linke Seite durch 9 teilbar sein.
Daher muss auf jeden Fall x durch 3 teilbar sein. Warum?

Edit: Woher stammt diese Aufgabe?

\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-24




Vielen Dank für die schnelle Antwort!

Ich glaube es so weit verstanden zu haben:


Wie kann ich begründen, dass das alle Lösungen sind?

Sind das alle Lösungen? Und bin ich jetzt schon fertig?

Vielen Dank nochmal PrinzessinEinhorn!

Die Aufgabe stammt von meinem Professor im Mathematikkurs.





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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-05-24

\(\begingroup\)
Die vier Lösungspaare sind korrekt.
Was du danach schreibst ist leider nicht ganz korrekt.

Wir wissen, dass die linke Seite durch 9 teilbar ist.
Wir können nicht direkt schließen, dass $x$ dann auch durch 3 teilbar ist, so wie du es gemacht hast.

Stell dir einmal vor wir haben etwas der Form

$xy=9$

Dann folgt nicht, dass sowohl $x$, als auch $y$, durch 3 teilbar sind.
Es sind ja auch Lösungen wie $x=9$ und $y=1$, oder $x=-9$ und $y=-1$ denkbar.

Bei der Faktorisierung $x(x+3)=9(n+1)(n-1)$ haben wir eine andere Situation.
Denn wenn x durch 3 teilbar ist, dann ist auch x+3 durch 3 teilbar.
Und insgesamt haben wir Teilbarkeit durch 9.
Warum folgt aus $3|x$ auch $3|x+3$?
\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-24


Danke! Du hast natürlich recht!

 Wenn x durch 3 teilbar dann auch x+3, weil ja 3 durch 3 teilbar ist. Also wenn Beispiel x=12 dann auch x+3 =15...“drei kommt nur einmal öfter vor“

Was meinst du zu meinen restlichen fragen ?

Lg pascal




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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-05-24

\(\begingroup\)
Ja, das ist richtig.

Wir wissen nun also, dass $3\mid x$ gilt.
Wie können wir $x$ also schreiben?

Wenn du den Gedankengang weiterverfolgst, kannst du zeigen, dass es keine weiteren Lösungen gibt, außer die bisher genannten.
\(\endgroup\)


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nullptr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-05-24

\(\begingroup\)
Ich denke schon, dass dein Ansatz mit der pq-Formel zielführend ist. Es gilt:

\[x = -\frac{3}{2} \pm \sqrt{\left( \frac{3}{2} \right)^2 + 9n^2 - 9}
= \frac{1}{2} \left( -3 \pm \sqrt{36n^2 - 27} \right)\]
$x$ ist genau dann ganzzahlig, wenn $36n^2 - 27$ eine Quadratzahl ist. Dann haben wir $36n^2 - 27 = m^2 \Leftrightarrow (6n - m)(6n + m) = 27$ mit einer positiven ganzen Zahl $m$. Jetzt ist es nur noch Casework.
\(\endgroup\)


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-05-24

\(\begingroup\)
$36n^2-27$ muss sogar eine ungerade Quadratzahl sein.

Wobei mir die Rechnung über die pq-Formel aufwendiger vorkommt, als die bisher vorgeschlagenen Überlegungen.
Aber gut, dass du noch einmal darauf zurückkommst.
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2018-05-24

\(\begingroup\) \(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ein weiterer Ansatz geht so:
Aus $x^2+3x+9=9n^2$ folgt zunächst mal, dass $x^2$ durch drei teilbar ist, also muss auch $x$ durch drei teilbar sein. Sei $y:=\frac x3$. Die zu lösende Gleichung ist dann $y^2+y+1 =n^2$.

Für $y>0$ ist $y^2< y^2+y+1 < (y+1)^2$, also gibt es in diesem Fall keine Lösung. (Warum?)

Den Fall $y=0$ kannst du dir selbst überlegen.

Für $y< 0$ ist $(y+1)^2< y^2+y+1 \leq y^2$. An dieser Ungleichung kann man sehr schnell die Lösungen ablesen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]
\(\endgroup\)


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nullptr
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-05-24

\(\begingroup\)
2018-05-24 22:06 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 7 schreibt:
$36n^2-27$ muss sogar eine ungerade Quadratzahl sein.
Ja, $36n^2 - 27$ ist aber immer ungerade.
\(\endgroup\)


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2018-05-24


Oh sorry, da habe ich gar nicht drauf geachtet...



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-05-25

\(\begingroup\)
Für Gourmets - und bitte nur für diese  cool   - hier noch eine weitere Lösungsvariante:

Wegen $3|x$ kann man nämlich $x=3u$ für ein $u\in \mathbb Z$ setzen, woraus durch Einsetzen und Kürzen durch 9 die Gleichung

$u^2+u+1=n^2$

bzw. nach Multiplikation mit 4 weiter

$(2u+1)^2+3=(2n)^2$

folgt. Wir haben also zwei Quadratzahlen mit der primen Differenz 3, wonach aus der dritten binomischen Formel sofort

$2n=\pm 2,\ 2u+1=\pm 1$

folgt, was dann auch unmittelbar auf die 4 Lösungen

$n=\pm 1,\ x=3u=3(-1 \pm 1)/2$

für die ursprüngliche Diophantische Gleichung führt.

\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-25


Nochmals vielen Dank für die schnelle Hilfe!

Also soweit waren wir schon:



und dann hab es so ausgearbeitet und noch eine letzte Frage dazugeschrieben:



und eigentlich rate ich die Lösung für k und n oder?

Lg pascal



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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-25

\(\begingroup\)
2018-05-24 21:51 - nullptr in Beitrag No. 6 schreibt:
Ich denke schon, dass dein Ansatz mit der pq-Formel zielführend ist. Es gilt:

\[x = -\frac{3}{2} \pm \sqrt{\left( \frac{3}{2} \right)^2 + 9n^2 - 9}
= \frac{1}{2} \left( -3 \pm \sqrt{36n^2 - 27} \right)\]
$x$ ist genau dann ganzzahlig, wenn $36n^2 - 27$ eine Quadratzahl ist. Dann haben wir $36n^2 - 27 = m^2 \Leftrightarrow (6n - m)(6n + m) = 27$ mit einer positiven ganzen Zahl $m$. Jetzt ist es nur noch Casework.

An alle vielen Dank!

Ich hab mir bis jetzt nur noch die Lösung von nullptr ausgearbeitet:

die anderen muss ich mir noch anschauen! aber danke erst mal!



\(\endgroup\)


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2018-05-25

\(\begingroup\)
Du arbeitest gut weiter, aber wenn du es faktorisiert lässt, kannst du mehr erkennen:

$k(k+1)=(n-1)(n+1)$

Eine faktorisierte Darstellung ist meistens vorzuziehen und das beste, was man erreichen kann.

Angenommen es gibt noch weitere Lösungen als die genannten.
Was können wir erstmal über k(k+1) aussagen?
Fällt dir da etwas auf?

Was du in deinem ersten Bild schreibst ist teilweise falsch.

Die linke Seite ist durch neun teilbar, aber das heißt nicht, dass mindestens ein Faktor der anderen Seite durch neun teilbar sein muss.
Es gilt ja auch $3\cdot 3=9$, aber 3 ist nicht durch 9 teilbar.

Diese Fallunterscheidung kannst du machen, ist meiner Meinung nach aber nicht unbedingt notwendig.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]
\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)
Danke nochmal!

Eigentlich könnte ich die Fallunterscheidung auch damit machen, dass mindestens einer der Faktoren links durch drei teilbar sein muss. Dann erhalte ich in beiden Fällen die Teilbarkeit durch drei...

Über $k(k+1)=(n-1)(n+1)$ kann ich aussagen, dass auf beiden Seiten ein Produkt steht. Ein Produkt ist null, falls einer der Faktoren null ist.

Das heißt, k muss 0 oder -1 sein. Damit rechts null rauskommt muss n gleich 1 oder -1 sein.

Somit erhalte ich die vier Lösungspaare.

Das heißt, aber wieder, dass ich mir den Fall für 0 anschaue...könnte es dann nicht immer noch einen Fall geben, wo beide irgendwas anderes sind?

Lg pascal
\(\endgroup\)


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)

Das heißt, aber wieder, dass ich mir den Fall für 0 anschaue...könnte es dann nicht immer noch einen Fall geben, wo beide irgendwas anderes sind?

Ja. Wenn wir so eine Produktschreibweise haben, dann können wir ganz schnell ein paar Lösungen ablesen.
Wir können aber nicht sagen, dass es auch wirklich alle sind.
Dazu brauchen wir andere Überlegungen.

In diesem Fall kann man mit weiteren Überlegungen zeigen, dass es keine weiteren Lösungen geben kann.
Das ist jedoch nicht sofort klar.


Über k(k+1)=(n−1)(n+1) kann ich aussagen, dass auf beiden Seiten ein Produkt steht. Ein Produkt ist null, falls einer der Faktoren null ist.

Das ist zwar richtig, aber nicht das worauf ich hinauswollte.

Was können wir über die Teilbarkeit von $k(k+1)$ aussagen?
\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)

Was können wir über die Teilbarkeit von $k(k+1)$ aussagen?


Ich denke, dass man sagen kann, dass k und k+1 teilerfremd sind.

Das heißt k(k+1) ist durch k, k+1,k(k+1) und 1 teilbar?

Aber wie bringt mich das weiter?
\(\endgroup\)


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2018-05-26


Gibt es noch einen weiteren Teiler?
Du multiplizierst zwei aufeinanderfolgende Zahlen auf.

k(k+1) ist immer ....



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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-26


k(k+1) ist immer .... gerade? Weil entweder ist k gerade oder k+1 gerade..

Somit habe ich als weiteren Teiler 2...

Das heißt die recht Seite muss auch gerade sein?



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)
Genau. Die linke Seite ist immer gerade.
Wenn es weitere Lösungen geben soll, dann muss die rechte Seite auch gerade sein.

Für welche $n$ ist dies der Fall?
\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)
Das ist der Fall, wenn n ungerade ist.

Weil dann n-1 gerade ist und n+1 ist dann auch gerade.

Das heißt ich habe n auf ungerade Zahlen eingeschränkt.

Das passt zu $\pm 1$ aber wie komme ich auf genau diese beiden Lösungen?

Vielen Dank für deine Geduld!

\(\endgroup\)


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)
n ist ungerade, daher von der Form 2m+1 für ein $m\in\mathbb{N}$.

Das können wir wieder einsetzen.
\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)

n ist ungerade, daher von der Form 2m+1 für ein $m\in\mathbb{Z}$.

Es ergibt sich:



Leider weiß ich wieder nicht weiter..
\(\endgroup\)


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)
Jetzt sind wir eigentlich fertig.
Denn die letzte Gleichheit kann nicht gelten.

Das ist etwa wie in dem Beweis, dass $\sqrt{2}$ irrational ist.

Die linke Seite müsste jetzt wieder durch 4 teilbar sein und man kann immer so weitermachen.
\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-26


Jetzt sind wir fertig?

Warum kann die letzte Gleichheit nicht gelten? Ich habe meine Lösungen ja eigentlich noch nicht gefunden oder ?

Dass man immer so weitermachen kann, das ist mir klar



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\)

Ich habe meine Lösungen ja eigentlich noch nicht gefunden oder ?

Wir hatten ganz am Anfang vier Lösungspaare hingeschrieben.
Wir mussten nur noch zeigen, dass es keine weiteren geben kann.

Unter der Annahme, dass es weitere gibt sind wir auf die Gleichheit

$k(k+1)=4m(m+1)$

gekommen.
Aber diese Gleichheit gilt über den ganzen Zahlen eben nur für die bereits genannten Lösungen. Also wenn man wieder auf Null kommt.

\(\endgroup\)


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pascal_18
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2018-05-26


Ok ja das klingt gut.

Am Ende kommt wieder dasselbe raus, das hat mich gestört.

Aber vielen vielen Dank!

Lg pascal



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2018-05-26

\(\begingroup\) \(\newcommand{\End}{\operatorname{End}}\newcommand{\id}{\operatorname{id}}\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2018-05-26 11:18 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 24 schreibt:
Jetzt sind wir eigentlich fertig.
Denn die letzte Gleichheit kann nicht gelten.

Das ist etwa wie in dem Beweis, dass $\sqrt{2}$ irrational ist.

Die linke Seite müsste jetzt wieder durch 4 teilbar sein und man kann immer so weitermachen.

Das Argument verstehe ich nicht. Könntest du noch eine Iteration ausführen?
Es müsste ja jetzt so etwas kommen wie: Die rechte Seite der Gleichung $k(k+1)=4m(m+1)$ ist durch 4 (sogar durch 8) teilbar, also muss $k=8l$ oder $k=8l-1$ sein. Das führt zu $2l(8l+1)=m(m+1)$ oder $2l(8l-1)=m(m+1)$. Und jetzt?
\(\endgroup\)


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.29, eingetragen 2018-05-26


Hmm, ich muss gestehen, dass ich ab da nicht genau nachgerechnet habe und  erwartet habe, dass man immer höhere Zweierpotenzen als Vorfaktor bekommt...

Ein wirklich einfaches Argument dafür, dass k(k+1)=4m(m+1) keine nichttrivialen Lösungen hat, sehe ich gerade nicht. :(
Es scheint die Sache auch irgendwie komplizierter zu machen, als sie eigentlich ist...



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.30, eingetragen 2018-05-26


Eigentlich ist es mir ja egal, trotzdem würde es mich interessieren, warum hier ständig neue Rekorde an möglichst umständlicher Argumentation aufgestellt werden, und man sich nicht einfach an einen der einfachen Lösungsvorschläge hier hält, wie z.B. meinen in #11, um jetzt nur ein Beispiel zu nennen.  eek



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.31, eingetragen 2018-05-26


Ich finde deine Methode auch am elegantesten, aber du hattest sie ja selbst als "nur für Gourmets" betitelt.

Außerdem hatte ich mit pascal_18 ja auch schon einen Weg eingeschlagen.
Ich finde es gehört dazu, dass man dies dann auch durchzieht.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.32, eingetragen 2018-05-26


Wenn wir schon über Eleganz streiten: Ich finde bei meiner Lösung aus Beitrag 8 muss man am wenigsten rechnen ;)

Ich finde es aber schon sinnvoll auch über andere Lösungswege nachzudenken. Das der Ansatz von PrinzessinEinhorn nicht zielführend war, ist unglücklich, aber wenn er es gewesen wäre hätte ich es lehrreich gefunden.



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.33, eingetragen 2018-05-26



Das der Ansatz von PrinzessinEinhorn nicht zielführend war, ist unglücklich, aber wenn er es gewesen wäre hätte ich es lehrreich gefunden.

Siehst du auch keine Möglichkeit, wie man die Unlösbarkeit von

k(k+1)=4m(m+1)

begründen kann?



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pascal_18
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\(\begingroup\)
2018-05-24 22:15 - Nuramon in Beitrag No. 8 schreibt:
Ein weiterer Ansatz geht so:
Aus $x^2+3x+9=9n^2$ folgt zunächst mal, dass $x^2$ durch drei teilbar ist, also muss auch $x$ durch drei teilbar sein. Sei $y:=\frac x3$. Die zu lösende Gleichung ist dann $y^2+y+1 =n^2$.

Für $y>0$ ist $y^2< y^2+y+1 < (y+1)^2$, also gibt es in diesem Fall keine Lösung. (Warum?)

Den Fall $y=0$ kannst du dir selbst überlegen.

Für $y< 0$ ist $(y+1)^2< y^2+y+1 \leq y^2$. An dieser Ungleichung kann man sehr schnell die Lösungen ablesen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]

Warum folgt aus 3 teilt $x^2$, dass x auch durch 3 teilbar sein muss? Wenn x^2 = 3 ist geht das zum Beispiel nicht. Aber dann ist x auch keine ganze zahl...
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.35, eingetragen 2018-05-26


3 ist eine Primzahl. Wenn eine Primzahl ein Produkt von zwei Zahlen teilt, muss sie mindestens einen der Faktoren teilen.



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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
np_complete
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.36, eingetragen 2018-09-22

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Das nicht sonderlich ästhetische und aufwendige Gerechne mit der pq-Formel kann man sich übrigens sparen, um so etwas wie in Beitrag 6 heraus zu bekommen.

Man setzt einfach \(x=\frac{a}{2}\) und multipliziert dann die Gleichung mit 4. Dann erhält man \(a^2+6a+36=36n^2 \Longrightarrow (a+3)^2+27=36n^2\).

MfG np_complete

Nachtrag: wenn man jetzt noch berücksichtigt, dass a durch drei teilbar sein muss, ergibt sich daraus eigentlich der gleiche Lösungsweg wie in Beitrag 11.
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PrinzessinEinhorn
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2018-05-26 14:07 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 33 schreibt:

Das der Ansatz von PrinzessinEinhorn nicht zielführend war, ist unglücklich, aber wenn er es gewesen wäre hätte ich es lehrreich gefunden.

Siehst du auch keine Möglichkeit, wie man die Unlösbarkeit von

k(k+1)=4m(m+1)

begründen kann?


Dies kann man exakt so lösen wie weird in Beitrag 11.

Man erhält:

(4m+2n+3)(4m-2n+1)=3




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