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Kein bestimmter Bereich Fibonacci-Treppe
cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-08-03




Nach dem Auftakt "Gauß'sche Treppe" in der Vorwoche...

Heiße eine Struktur wie die abgebildete "Fibonacci-Treppe"!
Sei n die Anzahl an Treppenstufen [Beispielgrafik für n=4]!
Repräsentiere "1" die Längeneinheit [etwa konkretisiert in cm]!
Verlaufen die Kanten der Stufen jeweils streng rechtwinklig zueinander!

Sei die Höhe einer jeden Treppenstufe für die erste Stufe "1"
und für jede folgende die Summe von Höhe und Weite der vorherigen Stufe!
Sei die Weite einer jeden Treppenstufe für die erste Stufe "1"
und für jede folgende die Summe aus ihrer eigenen Höhe
und der Weite der vorherigen Stufe!

Kann es eine Stufenzahl geben, bei der die Seitenlänge des regelmäßigen Sechseckes,
welches wie die Treppe dem gleichen Kreis einbeschrieben ist,
ein ganzzahliges Vielfaches der Längeneinheit ist?

Die Treppenline teilt die Sechseckfläche in zwei Teilflächen
"oberhalb der Treppe" und "unterhalb der Treppe".
In welchem Größenverhältnis stehen diese Teilflächen zueinander
bzw. zur Sechseckfläche?

Was fällt Euch sonst noch "d'rumherum" auf oder ein?

Viel Spaß und eine möglichst entspannte erste Augustwoche 😉

p.s. Gerne unmittelbar hier konstruktiv d'rauf los knobeln 😎


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Dies ist eine Knobelaufgabe!
Der Themensteller hat bestimmt, dass Du Lösungen oder Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst.
Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!
hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-08-03


... oh, Knobelaufgabe,
oder doch schon loslegen?

Es steht ja:
"Beiträge zur Lösung direkt im Forum posten darfst....
 Hier musst Du keine private Nachricht schreiben!"



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-08-03

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo cramilu,

mehr als einen möglichen Ansatz habe ich bisher nicht. Für \(n=2\) hat die Diagonale offensichtlich eine ganzzahlige Länge, aber die ist ungerade und scheidet somit aus. Ob es hier überhaupt Lösungen gibt?

Folgende Grundidee habe ich, aufbauend auf der Gauß'schen Treppe:

Grundidee:
Wie man mittels vollständiger Induktion zeigen kann, lassen sich die Summen der ersten Fibonacci-Zahlen mit geraden bzw. ungeraden Indizes jeweils wieder durch die Fibonaccifolge darstellen. Sei dazu

\[f(0)=0,\ f(1)=1,\ \text{sowie}\ f(n)=f(n-1)+f(n-2)\]
die Fibonacci-Folge in der gewohnten rekursiven Darstellung. Dann gelten:

\[\sum_{k=1}^n f(2k-1)=f(2n)\]
sowie

\[\sum_{k=1}^n f(2k)=f(2n+1)-1\]
Damit ein solches Sechseck eine ganze Seitenlänge besitzt, muss wiederum die Diagonale eine gerade Zahl sein (wie schon bei der anderen Aufgabe).

Mit den obigen Summen kann man auch hier die Diagonale vektoriell in zwei orthogonale Komponenten zerlegen kann, so dass

\[d=\sqrt{\left(\sum_{k=1}^n f(2k-1)\right)^2+\left(\sum_{k=1}^n f(2k)\right)^2}=\sqrt{f(2n)^2+(f(2n+1)-1)^2}\]
gilt. Wegen der geforderten Ganzzahligkeit müssen also die Zahlen \(\left(f(2n),f(2n+1)-1),d\right)\) pythagoräische Tripel sein und wegen der Ganzzahligkeit der Sechseckseite darüberhinaus d gerade sein.

Bisher ist mir noch keine Idee gekommen, was man daraus machen könnte...

Man müsste ja damit nun untersuchen, ob es noch weitere pythagoräische Tripel außer \((3,4,5)\) geben kann.


Kennst du denn selbst die Antwort (ich frage nur, weil das beim letzten mal ja auch nicht der Fall war, was ich auch völlig ok finde)?


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-08-03


Hier stand echt Quatsch !


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-08-04


verworfen.


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-04


Guten Morgen Diophant,

ja: Die Besonderheit für   \(n=2\)   war mir auch aufgefallen.
Nein: Ich kenne die Antwort auf die erste Frage selber auch nicht.
Meine starke und immer wohlbegründetere Vermutung lautet indes: NEIN!
Läuft aber wohl auf einen Irrationalitätsbeweis bzw. Rationalitätsgegenbeweis hinaus; da bin ich nicht firm genug, und die Größenordnungen, mit denen da zu hantieren wäre, dürften selbst die mir online bekannten "high precision calculator"s überfordern.

Bevor ich programmiere, pflege ich stets eine Berechenbarkeitsabschätzung vorzunehmen. Falls ich keinen geeigneten Ansatz finde, tuts auch mal eine grobe Simulation via EXCEL.
[Anmerkung des Informatikers: NEIN - EXCEL ist keine Programmiersprache, sondern eine Tabellenkalkulation! Und NEIN - EXCEL ist kein Datenbanksystem, sondern eine Tabellenkalkulation!]

Mit EXCEL beobachtet:
1. Die "Abmessungen" der Treppe, und mithin die Länge der Diagonale wachsen sehr flott ins Uferlose; spätestens bei Stufe #37 (\(n=37\)) macht EXCEL schlapp, was die Rechenkapazität anbelangt.
2. Die Diagonalensteigung konvergiert recht flott gegen   \(1/\Phi\).
3. Das "Epsilon" der Differenz \(\Phi\) minus Diagonalensteigung verkleinert sich von Stufe zu Stufe exponenziell; der Verkleinerungsfaktor konvergiert gegen   \(1+\Phi\).
4. Die Diagonalenlänge wächst exponenziell; der Faktor konvergiert ebenfalls gegen  \(1+\Phi\).

Also auf zu Frage 2 - Flächeninhalte 😎

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-08-04


Neue Erkenntnis, wie bekannt, ist Pythagoreisches Tripel (a^2+b^2=c^2) die Lösung.
Dies erfolgt hier durch a=Summe der Fibufolgeglieder an ungerader Stelle und b=Summe der Fibufolgeglieder an gerader Stelle.

Man erhält:

1, 2, 5, 13, 34, ...
1, 3, 8, 21, 55, ...

c sollte auf eine Quadratzahl treffen...

(1^2+1^2), (3^2+4^2), (8^2+12^2), (21^2+33^2), (55^2+88^2) usw
.....nein,.....ja...,...nein,.....          

Die Besonderheit für n=2 ist hier erkennbar: (1+2)^2+(1+3)^2=5^2

Kurz wohl gesagt:

fed-Code einblenden


P.S. Ich sehe, das wurde bereits in etwa so genauer formuliert




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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-08-04


Habe wohl einen Beweisansatz gefunden, das für n=2 die einzige Lösung vorliegen könnte.

Es gilt:

fed-Code einblenden

und

fed-Code einblenden

Konsequenz:

fed-Code einblenden

ist Differenz 2er Quadratzahlen.

Diophant hat dies dargelegt mit:
Wegen der geforderten Ganzzahligkeit müssen also die Zahlen \(\left(f(2n),f(2n+1)-1),d\right)\) pythagoräische Tripel sein und wegen der Ganzzahligkeit der Sechseckseite darüberhinaus d gerade sein.


Die Folge ist: 1,1,2,3,5,8,13,.....somit trifft man auf a=3 und b=5-1=4, was erforderlich ist.

Es gilt:
fed-Code einblenden


Betrachten wir den Abstand 2*a*b zweier Quadratzahlen....


...ganz schön knifflig 🤔


Also wenn a^2+b^2=c^2 gilt, muss c^2+2*a*b=d^2 sein und a,b+1 sind zwei aufeinanderfolgende Fibunaccizahlen. Dies sind die Bedingungen.



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hyperG
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-08-04


Hier nochmals meine Überlegung vom 3.8.:

Da die Diagonale sqrt(a²+b²)

ergibt sich für die Diagonale-Funktion d(n) eine Summe von Wurzeln:
d(n)=Sum[Sqrt[Fibonacci[2 k - 1]]((Cos[k Pi]+1)/2),{k, 2, 2n}]
    =Sum[Sqrt[Fibonacci[4 k - 1]],{k, 1, n}]
 
Table[Sum[Sqrt[Fibonacci[2 k - 1]]((Cos[k Pi]+1)/2),{k, 2, 2n}],{n,1,7}]
 
n  | d(n)
---+-----
1  |Sqrt[2]
2  |Sqrt[2] + Sqrt[13]
3  |Sqrt[2] + Sqrt[13] + Sqrt[89]
4  |Sqrt[2] + Sqrt[13] + Sqrt[89] + Sqrt[610]
5  |sqrt(2) + sqrt(13) + sqrt(89) + sqrt(610) + sqrt(4181)
...
 
mit Fibonacci(x)=((1/2 (1 + sqrt(5)))^x - (2/(1 + sqrt(5)))^x cos(Pi* x))/sqrt(5)
und dem gesuchten Vielfach-Faktor:
k=d(n)/(2n)
 

kann k wegen der nicht kürzbaren Summe aus Fibonacci-Wurzeln nie ganzzahlig werden.



Hallo Diophant,

Du hast bestimmt vergessen, dass die ungeraden Argumente nicht mit aufaddiert werden dürfen, denn Deine Funktion liefert:

table sqrt(Fibonacci(2n)^2+(Fibonacci(2n+1)-1)^2),n=1...7
n | sqrt((F_(2 n))^2 + (F_(2 n + 1) - 1)^2)
1 | sqrt(2)
2 | 5
3 | 4 sqrt(13)
4 | 3 sqrt(170)
5 | 11 sqrt(89)
6 | 8 sqrt(1165)
7 | 29 sqrt(610)




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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-08-04

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
@hyperG, pzktupel:
Ich glaube, ihr habt die Aufgabe irgendwie falsch verstanden. Es geht um die Seitenlänge des Sechsecks und damit um die Länge der kompletten Sechseck-Diagonale. Und die habe ich wie erläutert vektoriell zerlegt. Fängt man die Nummerierung der Folgenglieder mit \(f(0)=0\) an, dann ist dabei die vertikale Komponente genau die Summe der ersten n Folgenglieder mit ungeradem und die horizontale Komponente die Summe der ersten n Folgenglieder mit geradem Index (wobei n hier für die Anzahl der Treppenstufen steht und nicht für den Index der Fibonacci-Folge).


Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-08-04


@Diophant, ich habe das sehr wohl verstanden nur einen anderern Ansatz versuchte ich.
Kantenlänge 6-Eck zu Durchmesser ist ja d/2 : d.

Die Treppe kann man in ein Dreieck "konvertieren" und da stellt sich raus,
das die Fibuglieder Summe der geraden und Summer der ungeraden einzeln betrachtet, die Seitenlänge des Dreiecks sind. Die 3. Seite ist der Durchmesser. Da aber die konvertierte Treppe zu einem rechtwinkligen Dreieck wird, gilt a²+b²=d²

... und die beiden Summen die a und b ergeben, sind am Ende zwei Fibuglieder...das 2. Fibuglied ist um Eins veringert und bildet b.

Deswegen konnte ich Deine versteckte Ausführung in etwa nachvollziehen

f(2n)=a , f(2n+1)-1 = b

a²+b²=d² ... und deshalb muss d auch gerade sein, damit die Kantenlänge vom 6-Eck ganzzahlig bleibt.

Für n=2 trifft zwar die Treppe auf die Ecke, aber die Seitenlänge ist 2.5 und d=5

Gruß




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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-08-04


@pzktupel:
2020-08-04 19:18 - pzktupel in Beitrag No. 10 schreibt:
@Diophant, ich habe das sehr wohl verstanden nur einen anderern Ansatz versuchte ich.
Kantenlänge 6-Eck zu Durchmesser ist ja d/2 : d.

Die Treppe kann man in ein Dreieck "konvertieren" und da stellt sich raus,
das die Fibuglieder gerade und ungerade einzeln betrachtet, die Seitenlänge des Dreiecks sind. Die 3. Seite ist der Durchmesser. Da aber die konvertierte Treppe zu einem rechtwinkligen Dreieck wird, gilt a²+b²=d²

... und die beiden Summen die a und b ergeben, sind am Ende zwei Fibuglieder...das 2. Fibuglied ist um Eins veringert und bildet b.

Deswegen konnte ich Deine versteckte Ausführung in etwa nachvollziehen

f(2n)=a , f(2n+1)-1 = b

Wo genau ist da jetzt der Unterschied zu meinem Ansatz ("in ein Dreieck konvertieren" und "vektoriell zerlegen" bedeuten ein und dasselbe)?



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pzktupel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-08-04


Da wird es keinen Unterschied geben, Problem ist eben die fachliche Interpretation eines Mathematikers...die ich nicht immer verstehe.

Am Ende bin ich wohl mit meinen bescheidenen Mitteln auf dasselbe gekommen und man könnte meinen, ich habe einfach nur übernommen

Gruß


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-04


Für alle ein kleines "Betthupferl", welches ich jüngst wiederentdeckt habe:




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hyperG
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2020-08-04 18:54 - Diophant in Beitrag No. 9 schreibt:
@hyperG, pzktupel:
Ich glaube, ihr habt die Aufgabe irgendwie falsch verstanden. Es geht um die Seitenlänge des Sechsecks und damit um die Länge der kompletten Sechseck-Diagonale...
Gruß, Diophant

Stimmt, ich hatte es zunächst so verstanden, dass die einzelnen Diagonalen aufaddiert werden, ABER bei rechtwinklig aneinander gehängten  Rechtecken treffen die Enden der Rechtecke nicht exakt die Diagonale und so gibt es Abweichungen bei der 2. Nachkommastelle:

n=4
Sqrt[2] + Sqrt[13] + Sqrt[89] + Sqrt[610] =	39.15192404...
3 sqrt(170) = 					39.11521443121589228749

Die Summen innerhalb der großen Wurzel {also sqrt(d)} habe ich mal explizit verglichen:
(4^(2n)(-1+((1+Sqrt[5])/2)^(4n))^2)/(5(1+Sqrt[5])^(4n))+((1+Sqrt[5])^(-2-4n)(4^n-(1+Sqrt[5])^(2n))^2*(2^(1+2n)-(1+Sqrt[5])^(2n)(3+Sqrt[5]))^2)/(5*4^(2n))-Fibonacci(2n)²-(Fibonacci(2n+1)-1)²
= 0 stimmt!

Umformung sqrt(d):
Wurzel(d)
sqrt(d)
=- 2/5 + 1/5(2/(1+sqrt(5)))^(4 n)+1/5(1/2 (1+sqrt(5)))^(-4n-2)-(1/2(1+sqrt(5)))^(-2n-2)-(1/2 (1+sqrt(5)))^(-2n-2)/sqrt(5)+1/5(1/2 (1+sqrt(5)))^(4n)-2^(3-2n)(1+sqrt(5))^(2n-2)-(2^(4-2n)(1+sqrt(5))^(2n-2))/sqrt(5)+7/5*2^(1-4n)(1+sqrt(5))^(4n-2)+(3*2^(1-4n)(1+sqrt(5))^(4n-2))/sqrt(5)+42/(5(1+sqrt(5))^2)+14/(sqrt(5)(1+sqrt(5))^2) 
=Fibonacci(2n)²-(Fibonacci(2n+1)-1)²
=1 + Fibonacci[2 n]^2 + Fibonacci[1 + 2 n]^2 - 2 Fibonacci[1 + 2 n]

Mit diesen Rest-Offset (mal -2/5 oder mal 1)
kann doch eine Wurzel nicht Vielfaches von 2n werden!
(vermutlich nicht mal ganzzahlig)
Für einen Beweis ist es zu spät...



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cramilu
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Auszugsweise meine Grobuntersuchung via Tabellenkalkulation:

Für eine "Fibonacci-Treppe" mit 36 Stufen (\(n=36\)) ...
... beträgt die Summe der Stufenhöhen    \(498.454.011.879.264\)
... beträgt die Summe der Stufenweiten    \(806.515.533.049.392\)
... beträgt die Diagonalensteigung    \(1:1.618033988749892842...\)
[zum Vergleich:    \(1:\Phi=1:1.6180339887498948482...\)
... beträgt die Diagonalenlänge    \(948.115.872.142.470,97860150935835\) [aufgerundet]
Für   \(1\leqq n\leqq36\)   wird die Diagonalenlänge niemals, wie angestrebt, sowohl ganz- als auch geradzahlig! Für   \(n>36\)   wachsen Diagonalenlänge, Stufenhöhensumme und Stufenweitensumme von Stufe zu Stufe sämtlich kontinuierlich mit einem Faktor, welcher da schon sehr, sehr nahe an   \(1+\Phi\)   liegt, und hernach immer noch stärker dagegen konvergiert.

Eine für einen Irrationalitätsbeweis oder Rationalitätsgegenbeweis "taugliche" stimmige Summe aus Quadratwurzeln erkenne ich da bislang nirgends, und bei den riesigen Zahlen für die Stufengrößen wird es insgesamt sowieso schon mühsam...

In der Tat erscheint mir für den Moment die Beschäftigung mit den Flächeninhalten als "ergiebiger" bzw. erkenntnisträchtiger.



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