Quersumme S, Querprodukt P und P=S*S

11/02/2010 - 20:16 von Rainer Rosenthal | Report spam
Aus einer kleinen Raetselfrage, die mir vor kurzem gestellt
wurde, hat sich was Interessantes für die ganzzahligen Loesungen
von

(a+2b)^2 = 2^b (1)

ergeben. Ich wollte das gerne hier mitteilen, weil noch Spielraum
zum Denken geblieben ist.

Zuerst die Originalaufgabe, wie sie bei einer Geburtstagsfeier über
den Tisch kam: Die Zahl z = 2585 hat Quersumme S = 2+5+8+5 = 20
und Querprodukt P = 2*5*8*5 = 400. Das Querprodukt ist also in diesem
Fall das Quadrat der Quersumme, d.h.

P = S^2 (2)

Ausser z%85 lassen sich noch viele weitere Zahlen finden, die als
Lösung von (2) in Frage kommen. Ein eher wilderes Exemplar ist
z.B. 1111111111111223349.

Ich habe mich dann auf ternàre Darstellungen spezialisiert, die also
mit den Ziffern 0, 1 und 2 auskommen. Die Ziffer 0 kann man ganz
aussen vor lassen, weil sie nur die triviale Lösung z=0 erlaubt.
Erste Experimente führten mich auf die Lösungen z=1, z"222222 und
z11111111112222222222 und ich wurde neugierig, wie die Zahlen a und b
aussehen müssen, damit eine Zahl mit a-mal Ziffer 1 und b-mal Ziffer 2
eine Lösung von (2) ist. Die àquivalente Formulierung ist (1) in diesem
Falle.

Es ist mir mit Hilfe des OEIS http://www.research.att.com/~njas/sequences/
gelungen, die Lösungen von (1) zu bestimmen. Meine Experimente führten
mich nàmlich zu http://www.research.att.com/~njas/sequences/A052515

Diese Folge f beginnt bei Index 0 und ich konnte als Lösung für (1)
ermitteln:

a = 2 * f(n) (3)
b = 2 * (n+1)

Beispiel: n=4 hat f(4)=6 und liefert damit die Lösung a, b, also
die bereits genannte Zahl z11111111112222222222.

Nun ist das alles experimentell ermittelt und ich habe auch nachgerechnet,
dass die mit (3) ermittelten Zahlenpaare (a,b) auch wirklich Lösungen
für (1) ergeben. Einen Beweis habe ich aber noch nicht gefunden. Die schöne
kombinatorische Definition von Folge A052515 làsst aber hoffen, dass man
daraus eine Beweisidee ableiten kann. Folge f = A052515 ist definiert durch:

f(n) ist die Anzahl der Paare
komplementàrer Teilmengen von (4)
{1..n}, die mehr als ein Element
enthalten.

Hat mich eine Weile Zeit gekostet, die Bedingung "komplementàr" zu
entdecken, weil sie in der englischen Titel der Folge A052515 nicht steht.
Wieso sie in den Maple-Zeilen steht, ist mir zwar auch ein Ràtsel, aber
es ist halt so, und aus der Maple-Gruppe erhoffe ich mir bald Aufschluss.

Beispiel f(4)=6: Die Menge {1,2,3,4} hat folgende Paare komplementàrer
Teilmengen mit mehr als einem Element:

[{1,2},{3,4}], [{1,3},{2,4}], [{1,4},{2,3}]
[{3,4},{1,2}], [{2,4},{1,3}], [{2,3},{1,4}]

Inzwischen ist sogar aus der Gruppe SeqFan ein Beweis eingetrudelt, den ich
noch durchzuarbeiten habe. Ich gebe ihn aber schon mal 1-zu-1 weiter in der
englischen Fassung (von Rick Shepherd):
==Let a = 2^(n+1)-4n-4 and b = 2n+2 for n > 2.
Then (a+2b)^2 = (2^(n+1)-4n-4+4n+4)^2 = (2^(n+1))^2 = 2^(2n+2) = 2^b.

Ralf Stephan stated that, for n>2, A052515(n) = 2^n-2n-2. Assuming
that is true, then also a = 2*A052515(n).
==
Der von mir gesuchte Beweis reduziert sich also auf den Beweis des "assuming".

Hübsch, gelle?

Gruß,
Rainer Rosenthal
r.rosenthal@web.de
 

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#1 tplehn
11/02/2010 - 21:05 | Warnen spam
Hallo Rainer,

dein Beitrag ist sehr interessant. Bei der Darstellung merkt man
wieder dein didaktisches Geschick, so dass es auch mir möglich wird,
deine Gedanken zu verstehen. Weiter so, dann wird diese Gruppe nicht
wie von manchen schon prophezeit untergehen.


On 11 Feb., 20:16, Rainer Rosenthal wrote:
Aus einer kleinen Raetselfrage, die mir vor kurzem gestellt
wurde, hat sich was Interessantes für die ganzzahligen Loesungen
von

(a+2b)^2 = 2^b (1)

ergeben. Ich wollte das gerne hier mitteilen, weil noch Spielraum
zum Denken geblieben ist.

Zuerst die Originalaufgabe, wie sie bei einer Geburtstagsfeier über
den Tisch kam: Die Zahl z = 2585 hat Quersumme S = 2+5+8+5 = 20
und Querprodukt P = 2*5*8*5 = 400. Das Querprodukt ist also in diesem
Fall das Quadrat der Quersumme, d.h.

P = S^2 (2)

Ausser z%85 lassen sich noch viele weitere Zahlen finden, die als
Lösung von (2) in Frage kommen. Ein eher wilderes Exemplar ist
z.B. 1111111111111223349.

Ich habe mich dann auf ternàre Darstellungen spezialisiert, die also
mit den Ziffern 0, 1 und 2 auskommen. Die Ziffer 0 kann man ganz
aussen vor lassen, weil sie nur die triviale Lösung z=0 erlaubt.
Erste Experimente führten mich auf die Lösungen z=1, z"222222 und
z11111111112222222222 und ich wurde neugierig, wie die Zahlen a und b
aussehen müssen, damit eine Zahl mit a-mal Ziffer 1 und b-mal Ziffer 2
eine Lösung von (2) ist. Die àquivalente Formulierung ist (1) in diesem
Falle.

Es ist mir mit Hilfe des OEIShttp://www.research.att.com/~njas/sequences/
gelungen, die Lösungen von (1) zu bestimmen. Meine Experimente führten
mich nàmlich zuhttp://www.research.att.com/~njas/sequences/A052515

Diese Folge f beginnt bei Index 0 und ich konnte als Lösung für (1)
ermitteln:

a = 2 * f(n) (3)
b = 2 * (n+1)

Beispiel: n=4 hat f(4)=6 und liefert damit die Lösung a, b, also
die bereits genannte Zahl z11111111112222222222.

Nun ist das alles experimentell ermittelt und ich habe auch nachgerechnet,
dass die mit (3) ermittelten Zahlenpaare (a,b) auch wirklich Lösungen
für (1) ergeben. Einen Beweis habe ich aber noch nicht gefunden. Die schöne
kombinatorische Definition von Folge A052515 làsst aber hoffen, dass man
daraus eine Beweisidee ableiten kann. Folge f = A052515 ist definiert durch:

f(n) ist die Anzahl der Paare
komplementàrer Teilmengen von (4)
{1..n}, die mehr als ein Element
enthalten.

Hat mich eine Weile Zeit gekostet, die Bedingung "komplementàr" zu
entdecken, weil sie in der englischen Titel der Folge A052515 nicht steht.
Wieso sie in den Maple-Zeilen steht, ist mir zwar auch ein Ràtsel, aber
es ist halt so, und aus der Maple-Gruppe erhoffe ich mir bald Aufschluss.

Beispiel f(4)=6: Die Menge {1,2,3,4} hat folgende Paare komplementàrer
Teilmengen mit mehr als einem Element:

[{1,2},{3,4}], [{1,3},{2,4}], [{1,4},{2,3}]
[{3,4},{1,2}], [{2,4},{1,3}], [{2,3},{1,4}]

Inzwischen ist sogar aus der Gruppe SeqFan ein Beweis eingetrudelt, den ich
noch durchzuarbeiten habe. Ich gebe ihn aber schon mal 1-zu-1 weiter in der
englischen Fassung (von Rick Shepherd):
==> Let a = 2^(n+1)-4n-4 and b = 2n+2 for n > 2.
Then (a+2b)^2 = (2^(n+1)-4n-4+4n+4)^2 = (2^(n+1))^2 = 2^(2n+2) = 2^b.

Ralf Stephan stated that, for n>2, A052515(n) = 2^n-2n-2. Assuming
that is true, then also a = 2*A052515(n).
==>
Der von mir gesuchte Beweis reduziert sich also auf den Beweis des "assuming".

Hübsch, gelle?

Gruß,
Rainer Rosenthal

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