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Kein bestimmter Bereich Gauß'sche Treppe
cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-07-26




Heiße eine Struktur wie die abgebildete "Gauß'sche Treppe"!
Sei n die Anzahl an Treppenstufen!
Repräsentiere "1" die Längeneinheit [etwa konkretisiert in cm]!
Verlaufen die Kanten der Stufen jeweils streng rechtwinklig zueinander!
Sei die Weite einer jeden Treppenstufe jeweils um eine Längeneinheit größer als ihre Höhe, und sei die Höhe einer jeden Treppenstufe jeweils um eine Längeneinheit größer als die Weite der vorherigen, nächst kleineren Treppenstufe!

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?

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

Viel Spaß und einen schönen Sonntag ;)

p.s.
Auf Anregung eines Mitknoblers habe ich die Anforderungen konkretisiert!

p.p.s.
Nach Missverständlichkeit wurden die Anforderungen nochmals konkretisiert!



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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!
Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-07-26


Hallo cramilu,

die Aufgabe ist (bisher) nicht wohlgestellt: wenn die Maßeinheit, in der Trittbreiten und -höhen der Stufen gemessen werden beliebig ist, dann gibt es für jedes n Sechsecke mit ganzzahligen Längen.

Du müsstest also bspw. für die Höhe der ersten Stufe noch irgendeine Information geben.


Gruß, Diophant



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-07-26

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

jetzt bin ich es nochmal. Danke für die Klarstellung, es war ja eigentlich naheliegend. Aber es gehört nunmal in der Mathematik dazu, dass solche Ausgangsbedingungen klar definiert sind.

Der langen Rede kurzer Sinn: die Aufgabe ist ohne Rechenhilfsmittel alles andere als einfach. Mit einer Tabellenkalkulation habe ich eine Lösung für \(n=20\) gefunden. Auf diese Lösung werden andere Knobler auch schnell kommen, das ist nicht weiter schwierig.

Die große Frage ist, ob es noch weitere Lösungen gibt. Falls ja, sind sie jedenfalls

- gerade
- ziemlich groß

Grundüberlegung
Die Diagonale im regelmäßigen Sechseck ist doppelt so lang wie die Seitenlänge. Also muss diese Diagonale hier eine geradzahlige Länge (in cm gemessen) haben.

Die Diagonalenlänge lässt sich (vektoriell) in eine horizontale und eine vertikale Komponente zerlegen.

Für die vertikale Komponente gilt

\[v=1+3+\dotsc+(2n-1)=\sum_{k=1}^n (2k-1)=n^2\]
Für die horizontale Komponente gilt

\[h=2+4+\dotsc +2n=2\sum_{k=1}^n k=n\cdot(n+1)\]
Nach dem Satz des Pythagoras gilt dann für die Länge der Diagonale:

\[d=\sqrt{v^2+h^2}=\sqrt{n^4+n^2\cdot(n+1)^2}\]
Für n=20 erhält man

\[d=\sqrt{20^4+20^2\cdot 21^2}=\sqrt{336400}=580\]
Das zugehörige Sechseck hat schon eine stattliche Seitenlänge von 290cm.





Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-07-26

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Die Lösung ist einfach:

Nenne es nicht Gauß'sche Treppe, sondern Pythagoras' Treppe!

Wie viele Knicke die Treppe hat ist unerheblich. Sie kann immer „begradigt“ werden, so daß sie nur eine Stufe hat, zusammen mit der Verbindung der Endpunkte der Treppe gibt das ein rechtwinkliges Dreieck.
Die Überlegung von Diophant ist zielführend, indem die Diagonale eine gerade Zahl sein muß. Das ist aber bei jedem pythagoräischen Zahlentripel $a^2+b^2=c^2$, bei dem $c$ eine gerade Zahl ist, der Fall. Und davon gibt es unendlich viele.
 3 4 5                                                                                                    
 8 6 10     5 12 13                                                                                       
 15 8 17    12 16 20   7 24 25                                                                            
 24 10 26   21 20 29   16 30 34   9 40 41                                                                 
 35 12 37   32 24 40   27 36 45   20 48 52   11 60 61                                                     
 48 14 50   45 28 53   40 42 58   33 56 65   24 70 74    13 84 85                                         
 63 16 65   60 32 68   55 48 73   48 64 80   39 80 89    28 96 100   15 112 113                           
 80 18 82   77 36 85   72 54 90   65 72 97   56 90 106   45 108 117  32 126 130  17 144 145               
 99 20 101  96 40 104  91 60 109  84 80 116  75 100 125  64 120 136  51 140 149  36 160 164  19 180 181   
Nun kann man die Katheten beliebig einknicken, solange die Teilstücke ganzzahlig bleiben. Und damit gibt es auch für jedes $n$ eine solche Treppe.




-----------------
Bild
\(\endgroup\)


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-26


@viertel:
Sorry, aber die Antwort scheint das Thema zu verfehlen!

Nenne doch einfach ein n größer 3, welches die in der Aufgabe ausdrücklich formulierte Bedingung erfüllt, nämlich dass die Länge der Sechseckseite ein ganzzahliges Vielfaches der kleinsten Längeneinheit beträgt.
Und dieses n bitte dann aus der bloßen Auflistung pythagorëischer Tripel heraus begründen!



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-07-26

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Das müßte genügen:

Die Knicke kann ich (fast) beliebig verfeinern und somit jedes $n$ umsetzen.
Wenn ich statt der 10 die oberste Stufe nur 1 breit mache, dann habe ich schon mal ziemlich viele Möglichkeiten für die Treppe.
\(\endgroup\)


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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-07-26


@viertel:
Du beachtest die Forderung an die Höhen und Breiten der Stufen nicht. Die müssen ja zwingend eine aufsteigende Folge natürlicher Zahlen bilden wie in cramilu's Skizze zu sehen ist.

Der Zusammenhang zu pythagoräischen Tripeln ist aber hier schon von zentraler Bedeutung (das hatte ich in meinen obigen Überlegungen noch unterbewertet...).


Gruß, Diophant



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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-26


@viertel:
Ich habe die Anforderungen nachkonkretisiert. Die Kantenlängen der Treppenstufen nehmen streng gleichmäßig aufsteigend zu!
Deine roten Linien weisen den zielführenden Weg. Wie verhält sich die Treppenhöhe zu ihrer Weite, und welche(!) unter vielen denkbaren pythagorëischen Tripeln lassen sich finden, die sowohl ganzzahlig zu diesem Verhältnis passen als auch ganzzahlig zum resultierenden Kreisdurchmesser?



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-07-26

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
2020-07-26 22:56 - Diophant in Beitrag No. 6 schreibt:
@viertel:
Du beachtest die Forderung an die Höhen und Breiten der Stufen nicht. Die müssen ja zwingend eine aufsteigende Folge natürlicher Zahlen bilden wie in cramilu's Skizze zu sehen ist.
Davon steht aber nix in den Anforderungen (die ja schon mal nachgebessert wurden).
Hmm, vielleicht auch deswegen Gauß'sche Treppe in Anlehnung an die Anekdote aus Gauß' Jugend 🤔

Ok, es gilt also, $n$ zu finden, so daß mit $a=\sum_{k=1}^n(2k-1)=n^2$ (Summe der ungeraden Treppenstufen) und $b=\sum_{k=1}^n(2k)=n(n+1)$ (Summe der geraden Treppenstufen) die Summe $a^2+b^2=c^2$ mit $c \in \mathbb{R}$ erfüllt ist.

Bis $n<1000000$ hätte ich da zu bieten: $n \in \{3, 20, 119, 696, 4059, 23660, 137903, 803760\}$

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


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ZePhoCa
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-07-27



Wie Diophant schon angemerkt hat ist das für ein $n \in \mathbb{N}$ genau dann möglich, wenn $\sqrt{n^4+n^2(n+1)^2} = n \sqrt{n^2+(n+1)^2}$ ganzzahlig und gerade ist. Wir suchen also pythagoräische Tripel $(a,b,c)$ mit $b=a+1$ (wenn wir die Tripel nach Größe ordnen). Außerdem muss $n$ gerade sein (denn für ungerade $n$ ist der Ausdruck unter der Wurzel (falls ganzzahlig) ungerade). Mit der bekannten Charakterisierung der Pythagoräischen Tripeln kommt man damit auf die Bedingung $(k^2-l^2)-2kl=1$ (wir müssen nur primitive Pythagoräische Tripel betrachten). Dies ist äquivalent zu $(k-l)^2-2l^2=1$, also der Pellschen Gleichung $x^2-2y^2=1$ (denn bei einer Lösung dieser Gleichung ist $x$ automatisch ungerade, was auch bei der Gleichung $(k-l)^2-2l^2=1$ aufgrund der verschiedenen Parität von $k$ und $l$ gefordert ist). Es gibt also unendlich viele solche $n$, das kleinste erhält man für die kleinste Lösung der Pellschen Gleichung: $x=3,y=2$ ergibt $k=5,l=2$, also $n=2 \cdot k \cdot l = 20$. Das nächstmögliche $n$ erhält man aus $x=17, y=12$, also $k=29, l=12$, also $n=696$.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]



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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-07-27

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
2020-07-27 00:04 - ZePhoCa in Beitrag No. 9 schreibt:
Außerdem muss $n$ gerade sein …
Das widerspricht schon mal dem Startbeitrag, denn dort ist $n=3$ 😉

ZePhoCa schreibt:
Wir suchen also pythagoräische Tripel $(a,b,c)$ mit $b=a+1$ …
Du hast das $n$ vor der Wurzel unterschlagen.
\(\endgroup\)


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2020-07-27


2020-07-26 14:16 - cramilu im Themenstart schreibt:
Sei die Weite einer jeden Treppenstufe jeweils um eine Längeneinheit größer als ihre Höhe, und sei die Höhe einer jeden Treppenstufe jeweils um eine Längeneinheit größer als die Weite der vorherigen, nächst kleineren Treppenstufe!
Warum einfach, wenn es auch kompliziert geht 😁
Die Höhen und Breiten der Treppenstufen bilden eine arithmetische Folge, beginnend mit 1 und Abstand 1, siehe Bild [im Themenstart].



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-07-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-27 00:04 - ZePhoCa in Beitrag No. 9 schreibt:

Wie Diophant schon angemerkt hat ist das für ein $n \in \mathbb{N}$ genau dann möglich, wenn $\sqrt{n^4+n^2(n+1)^2} = n \sqrt{n^2+(n+1)^2}$ ganzzahlig und gerade ist. Wir suchen also pythagoräische Tripel $(a,b,c)$ mit $b=a+1$ (wenn wir die Tripel nach Größe ordnen). Außerdem muss $n$ gerade sein (denn für ungerade $n$ ist der Ausdruck unter der Wurzel (falls ganzzahlig) ungerade). Mit der bekannten Charakterisierung der Pythagoräischen Tripeln kommt man damit auf die Bedingung $(k^2-l^2)-2kl=1$ (wir müssen nur primitive Pythagoräische Tripel betrachten). Dies ist äquivalent zu $(k-l)^2-2l^2=1$, also der Pellschen Gleichung $x^2-2y^2=1$ (denn bei einer Lösung dieser Gleichung ist $x$ automatisch ungerade, was auch bei der Gleichung $(k-l)^2-2l^2=1$ aufgrund der verschiedenen Parität von $k$ und $l$ gefordert ist). Es gibt also unendlich viele solche $n$, das kleinste erhält man für die kleinste Lösung der Pellschen Gleichung: $x=3,y=2$ ergibt $k=5,l=2$, also $n=2 \cdot k \cdot l = 20$. Das nächstmögliche $n$ erhält man aus $x=17, y=12$, also $k=29, l=12$, also $n=696$.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]
@ZePhoCa: Ich denke dir ist irgendwo ein Vorzeichenfehler unterlaufen.
Edit: Kein Vorzeichenfehler. $n$ darf aber auch ungerade sein ($n$ ist laut Zeichnung die Anzahl der Stufen, nicht der einzelnen Kanten).

Ich komme auf folgendes:


Aus Diophants Rechnung folgt, dass man alle $n$ findem soll, für die $n^2+(n+1)^2$ eine Quadratzahl $x^2$ ist.
$$ n^2+(n+1)^2 = x^2 \Leftrightarrow 2n^2+2n+1 = x^2 \Leftrightarrow (2n+1)^2+1 = 2x^2$$ Mit $y:= 2n+1$ ist somit die negative Pellgleichung $y^2-2x^2=-1$ zu lösen.
Es ergibt sich $y+x\sqrt 2 = (1+\sqrt 2)^{2m+1}$ mit beliebigem ganzzahligem $m \geq 1$ und man kann viertels Liste fortsetzen zu
$$n \in \{3, 20, 119, 696, 4059, 23660, 137903, 803760, 4684659, 27304196, \ldots\} $$

\(\endgroup\)


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-07-27

\(\begingroup\)\(\newcommand\d{\mathop{}\!\mathrm{d}}\)
Prima 😁
Jetzt haben wir die Liste der $n$ (zumindest den Anfang), für die es Lösungen der geforderten Art gibt, aber noch nicht (zumindest nicht explizit) die zugehörigen Stufen 😎
Aber die kann sich ja jeder selbst anhand der gegebenen Formeln ausrechnen.
\(\endgroup\)


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-27


😉 Nachdem wir nun schon zu fünft sind, das Grundproblem geklärt sein sollte, und die Begriffe "Pythagorëisches Tripel" sowie "Pell'sche Gleichung" bereits gefallen sind...

@Diophant:
Du ahnst, weshalb ich schmunzeln musste, dass Du mit Deinem Alias der erste warst, der reagiert hat!?

Solange wir noch "bloß" zu zweit waren, hatten Diophant und ich uns bereits per PN den Anfang der Folge erarbeitet. Es handelt sich um die OEIS-Folge "A001652". Das haben wir aber erst hernach entdeckt 😲
Dabei gibt es zwischen den Folgegliedern einen bestimmten Zusammenhang!

Versucht doch bitte mal, zu der Folge möglichst viele weitere Folgeglieder zu ermitteln, OHNE bei OEIS oder sonstwo zu "spicken", und postet die hier!
Ich bin gespannt, wie hoch Ihr kommt - ich konnte vor wenigen Minuten die
Trilliarde (10^21) überschreiten. 😎

Die streng genommen eigentlich gesuchte Folge ist ja dann die auf gerade Folgeglieder reduzierte, weil nur da der Kreisdurchmesser ganzzahlig und gerade wird, und somit die Sechseckseite ganzzahlig!

Die zweite Eingangsfrage sollte weiteres interessantes bereithalten...



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ZePhoCa
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-07-27


@Nuramon: Meiner Meinung nach muss $n$ durchaus gerade sein. Ist $n$ ungerade, dann ist zwar die Länge der Diagonale ganzzahlig, aber ungerade. Damit ist die Seitenlänge des Sechsecks keine ganze Zahl mehr. Zum Beispiel erhält man für $n=3$ als Diagonalenlänge $15$, damit ist die Seitenlänge des Sechsecks $7.5$.



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2020-07-27

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

ich denke, mit ZePhoCa's Beitrag kann man die Knobelei hier als gelöst betrachten. cramilu hat ja schon auf den entsprechenden OEIS-Eintrag hingewiesen.

Ich hätte in diesem Zusammenhang noch eine Frage an die Zahlentheorie-Experten hier (zu denen ich mich trotz meines Nicknames nicht zählen darf 😎): nimmt man die ungeraden n wieder dazu, lassen sich diese Zahlen ja als rekursive Folge

\[a_0=0,\quad a_n=6a_{n-1}-a_{n-2}+2\]
darstellen. Wenn mir da jemand einen Link oder sonstigen Hinweis hätte, wo man sich das Zustandekommen dieser Rekursion klarmachen kann, da hätte ich Interesse dran (und bedanke mich schon an dieser Stelle dafür).

@cramilu:
Ja, dein Schmunzeln kann ich verstehen. Ich bin wahrlich kein Zahlentheorie-Experte (leider). Ich weiß gar nicht mehr genau, wie das damals zustande kam (den Nickname gibt es seit 2008). Ich meine, ich hätte da zeitnah vor meiner ersten Anmeldung hier einmal ein kleines Buch in der Hand gehabt mit einigen legendären Vorträgen über Algebraische Geometrie, die Serge Lang im letzten Jahrhundert in Paris vor Laien gehalten hat. Und zwar angeblich vor ausverkauftem Haus in Form einer Halle mit ca. 2000 Plätzen...
Dort ging es witzigerweise auch zentral um die Pell'sche Gleichung, und der spannende Vortragsstil von S. Lang hat damals bei mir eine gewisse Faszination in Sachen meines sagenumwobenen Namensgebers ausgelöst, über den man ja im Vergleich zu anderen Vertretern der antiken Mathematik insgesamt recht wenig weiß...

Jedenfalls an dieser Stelle nochmal vielen Dank für diese Aufgabe. Die Abwandlung der doch recht simplen Spiegel-Knobelei zu einer wirklich interesanten Fragestellung ist dir dabei meisterhaft gelungen!



Gruß, Diophant
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-07-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-27 09:03 - ZePhoCa in Beitrag No. 15 schreibt:
@Nuramon: Meiner Meinung nach muss $n$ durchaus gerade sein. Ist $n$ ungerade, dann ist zwar die Länge der Diagonale ganzzahlig, aber ungerade. Damit ist die Seitenlänge des Sechsecks keine ganze Zahl mehr. Zum Beispiel erhält man für $n=3$ als Diagonalenlänge $15$, damit ist die Seitenlänge des Sechsecks $7.5$.
Da hast du recht.



Ich hätte in diesem Zusammenhang noch eine Frage an die Zahlentheorie-Experten hier (zu denen ich mich trotz meines Nicknames nicht zählen darf 😎): nimmt man die ungeraden n wieder dazu, lassen sich diese Zahlen ja als rekursive Folge

\[a_0=0,\quad a_n=6a_{n-1}-a_{n-2}+2\]
darstellen. Wenn mir da jemand einen Link oder sonstigen Hinweis hätte, wo man sich das Zustandekommen dieser Rekursion klarmachen kann, da hätte ich Interesse dran
Ein bisschen hatte ich dazu schon geschrieben. Hier kannst du noch mehr lesen.

Kurzfassung:
Es geht ja darum, alle $n$ zu bestimmen, für die es eine Lösung $(x,y)$ mit $y = 2n+1$ der Gleichung $y^2-2x^2=-1$ gibt.
Ist $(x_0,y_0)$ eine Lösung dieser Gleichung, also $(y_0-x_0\sqrt 2)(y_0+x_0\sqrt 2)=-1$, dann gilt auch $(y_0-x_0\sqrt 2)^m(y_0+x_0\sqrt 2)^m = -1$ für jedes ungerade $m\in \IN$.
Durch Ausmultiplizieren und Koeffizientenvergleich erhält man somit eine weitere Lösung $(x,y)$ mit $y+x\sqrt 2 = (y_0+x_0\sqrt 2)^m$.(Es gilt automatisch auch $y-x\sqrt 2 = (y_0-x_0\sqrt 2)^m$, und wenn man will kann dieses Gleichungssystem nach $y$ auflösen.)
Man kann zeigen, dass wenn es überhaupt eine Lösung der Gleichung $y^2-2x^2=-1$ gibt, dann gibt es eine kleinste Lösung $(x_0,y_0)$ (Fundamentallösung), so dass jede Lösung die gerade beschriebene Form $y+x\sqrt 2 = (y_0+x_0\sqrt 2)^m$ mit $m$ ungerade hat.
Es gibt eine Methode diese Fundamentallösung mit Kettenbrüchen zu finden, aber man kann auch einfach durch ausprobieren auf $(x_0,y_0)=(1,1)$ kommen.
Alle $y_k$, für die es eine Lösung $(x_k,y_k)$ gibt, haben daher die Form
$$ y_k = \frac 12\left((1+\sqrt 2)^{2k+1} + (1-\sqrt 2)^{2k+1}\right), k\in \IN.$$ Für $\lambda = (1\pm \sqrt 2)^2$ gilt $\lambda^2 = 6\lambda -1$. Also gilt die Rekursion
$$ y_{k+2} = 6y_{k+1}-y_k.$$ Einsetzen von $y_k = 2n_k+1$ liefert dann deine Rekursion
$$n_{k+2} = 6n_{k+1}-n_k +2$$
\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2020-07-27


2020-07-27 02:47 - cramilu in Beitrag No. 14 schreibt:
Ich bin gespannt, wie hoch Ihr kommt - ich konnte vor wenigen Minuten die
Trilliarde (10^18) überschreiten. 😎

Das ist "nur" eine Trillion.
Gruß
StrgAltEntf



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Diophant
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2020-07-27


@Nuramon (#17):
Danke für die gute Erläuterung. Das ist elegant: du wählst den umgekehrten Weg, mit dem man sonst für eine lineare Rekursion die explizite Darstellung findet.


Gruß, Diophant




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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-27


@Diophant:
Auf dem Weg zu Deiner Rekursionserkenntnis war ich auch, habe mich aber "verstolpert" und es dann beiseite gelegt, weil ich zuvor schon vermeintlich auf eine "einstufige" Rekursion gestoßen war.
Die SPON-RdWs sind mir seit Jahren ein willkommenes Verstandestraining "für den kleinen Hunger". Leider entlarvt sich der Autor immer wieder als schlichter Abschreiber, der eine Lösung samt Hintergedanken doch nicht wirklich verstanden hat, die Aufgabenstellung dadurch unbewusst verfehlt formuliert oder seine "Lösung" fragwürdig begründet. Zudem entpuppt sich die Mehrzahl der Forengäste nicht gerade als "intellektuelle Weitspringer", und bei angestrebter Vertiefung der Betrachtung bremsen dann die Zensur durch die Redaktion, unkonstruktive Dauerkommentare von komplett unverständigen, oder allein die Tatsache, dass man nix grafisch veranschauliche kann. Darum ein abermaliges "Hoch" auf diesen "intellektuellen Zweitwohnsitz"! 😉

@Nuramon:
Deine Darstellung finde auch ich brillant! Ggf. würde ich gerne Deine "Übersetzerdienste" in Anspruch nehmen...

@StrgAltEntf:
"Trilliarde" stimmt! Der Exponent war aber schludrig falsch. Hab's korrigiert - danke für den Hinweis.

Zur Rekursion:
Sei a[0] = 0.
a[k+1] = int(a[k]·(3+2·sqrt(2)) + sqrt(2) + 1) + 1
@Nuramon: Lässt sich das zu Diophants Rekursion transformieren?

Sind die ungeraden n "unserer" Folge alle prim?

Was ist mit der Fläche unter der Treppe?

Bergen "Primzahl-Treppe" oder "Fibonacci-Treppe" ähnliche Geheimnisse?

p.s. Ich warte noch auf konkrete weitere Folgeglieder. Wer kommt unter Einsatz welcher Mittel wie weit?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2020-07-27

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}\)
2020-07-27 15:38 - cramilu in Beitrag No. 20 schreibt:
Zur Rekursion:
Sei a[0] = 0.
a[k+1] = int(a[k]·(3+2·sqrt(2)) + sqrt(2) + 1) + 1
@Nuramon: Lässt sich das zu Diophants Rekursion transformieren?
Ich benutze wieder meine Notation aus Nr. 17, also $n_k$ statt $a_k$. und $y_k = 2n_k+1$.
Aus
$$y_k = \frac 12\left((1+\sqrt 2)^{2k+1} + (1-\sqrt 2)^{2k+1}\right)$$ folgt (beachte $3+2\sqrt 2= (1+\sqrt 2)^2$)
$$y_{k+1} = \frac 12 \left((3+2\sqrt 2)(2y_k-(1-\sqrt 2)^{2k+1})+(1-\sqrt 2)^{2k+3}\right).$$ Einsetzen von $y_k = 2n_k+1$ und Umformen liefert
$$ n_{k+1} = (3+\sqrt 2)n_k + 1+\sqrt 2 +\color{blue}{ \frac 14\left((1-\sqrt 2)^{2k+3}-(1-\sqrt 2)^{2k-1}\right)}.$$ Da $-1 < 1-\sqrt 2 <0$ gilt, ist der blaue Teil sehr klein, aber positiv. Anders gesagt:
$n_{k+1}$ ist ein kleines bisschen größer als $(3+\sqrt 2)n_k + 1+\sqrt 2 $, also gilt
$$ n_{k+1} = \lfloor (3+\sqrt 2)n_k + 1+\sqrt 2 \rfloor+1.$$
\(\endgroup\)


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cramilu
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-27


@Nuramon: Danke... Das ist doch Elfenzauber, oder?! 😮

Dagegen kann ich nur demütig und banal die Folgeglieder bis kurz unter 15 Quintillionen beisteuern:

0
3
20
119
696
4059
23660
137903
803760
4684659
27304196
159140519
927538920
5406093003
31509019100
183648021599
1070379110496
6238626641379
36361380737780
211929657785303
1235216565974040
7199369738058939
41961001862379596
244566641436218639
1425438846754932240
8308066439093374803
48422959787805316580
282229692287738524679
1644955193938625831496
9587501471344016464299
55880053634125472954300
325692820333408821261503
1898276868366327454614720
11063968389864555906426819
64485533470821007983946196
375849232435061491997250359
2190609861139547943999555960
12767809934402226172000085403
74416249745273809088000956460
433729688537240628356005653359
2527961881478169961048032963696
14734041600331779137932192128819

Primzahlerwägungen sind fruchtlos geblieben, und zwar sowohl für die ungeraden Folgeglieder als auch für die Differenzen benachbarter Folgeglieder... war ja klar 🙄

Und jetzt erst mal ein Feierabendbierchen 😎



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hweidmann
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2020-08-02


Hallo zusammen!

Ich sehe da noch eine interessante Zusatzfrage:

Das Sechseck wird durch die "Gauß'sche Treppe" in zwei Teilflächen geteilt.
Wie groß sind die beiden Teilflächen?

Gruß
Horst



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cramilu
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Guten Abend Horst 😉

Danke für die spannende Aufgabenerweiterung -
solches hatte ich mir auf meine zweite Frage erhofft!

Die Sechseckdiagonale bzw. der Kreisdurchmesser zerschneidet die Treppenstufen in rechtwinklige Dreiecke, deren Kathetenlängenverhältnis der Diagonalensteigung entspricht. Dabei fallen unterhalb der Diagonale (n-1) kleinere Dreiecke an, welche von den Diagonalenden her der Mitte zu symmetrisch wachsen. Oberhalb der Diagonale scheint das stetige Wachstum der n größeren Dreiecke komplizierter zu verlaufen...



Für   n = 1   wird es etwas "unschön", weil die einzige Treppenstufe nach links über das Sechseck hinausragt:



Da bin ich auf weitere Erkenntnisse gespannt! 😎


-----------------

ODERINT DUM NERVOS NE VEXENT!




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