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| Autor |
  * Eine Aufgabe des Diophant von Alexandria |
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querin
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 |  Themenstart: 2023-01-27
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Diophant stellte in seiner "Arithmetica" die Aufgabe:
Finde natürliche Zahlen $a$, $b$, $n>1$ und $k>1$, sodass
$a^2=n+k^2$ und $b^2=k+n\cdot k$.
Als Lösung gab er $(a,b,n,k)=(9,12,17,8)$ an.
Betrachten wir eine Variante davon:
Finde natürliche Zahlen $a$, $b$, $n>1$ und $k>1$, sodass
$$\begin{aligned}
a^2 &=n+k^{12} \\
b^2 &=k+n\cdot k^{11} \\
\end{aligned}$$
Gibt es auch dafür eine Lösung?
Antworten können gleich hier gepostet werden 🙂
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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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 | Beitrag No.1, eingetragen 2023-01-28
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\sourceon Mathematica
ReplaceAll[{a -> 4192258, b -> 8585740286, n -> 17575010361348, k -> 4}][a^2 == n + k^12 && b^2 == k + n k^11]
ergibt True
\sourceoff
a -> 4192258, b -> 8585740286, n -> 17575010361348, k -> 4
Grüße Gerd
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hyperG
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| Beitrag No.2, eingetragen 2023-01-28
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Hier weitere Lösungen:
\sourceon nameDerSprache
k=4:
a -> 4192258 , b -> 8585740286 , n -> 17575010361348, k -> 4
a -> 8589934592, b -> 17592186044414 , n -> 73786976294821429248, k -> 4
a -> 4196354 , b -> 8594128898 , n -> 17609370116100 , k -> 4
k=9:
a -> 47071323696,b -> 8338543778243868,n -> 2215709514211181563935, k->9
a -> 47071855137,b -> 8338637921422701,n -> 2215759545756283752288, k->9
...
k=16:
a->35184363700228,b->147573917405304324092,n->1237939448989640284870541328
a->35184380477444,b->147573987774048501764,n->1237940629581261002416062480
a->147573952589676412928,b->618970019642690137449562108,n->21778071482940061661655974594158188822528
...
k=25:
a->5960464355468755,b->291038298606872558593745,n->35527135332813501358031005859400
a->5960464599609380,b->291038310527801513671880,n->35527138243196547031403808593775
...
k=64:
a->2535301200456458802993406410752, b->21778071482940061661655974875633165533176, n->6427752177035961102167848369364650410084089608648301695991808
a->295147905213712564232, b->2535301200751606708172759236616, n->87112285952042656251456161547747080536128
a->144115188075872256, b->1237940039285380274899124232, n->20769187434139310514121985585315840
...
Dann habe ich noch mindestens 3 weitere Lösungen,
aber 1 Parameter ist größer als die Anzahl der Atome im Weltall...
...und außer mir interessiert sich kaum ein weiterer Freak dafür - oder?
\sourceoff
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querin
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-28
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Großartig hyperG, herzllchen Glückwunsch 👍
Damit ist die Aufgabe gelöst.
Falls sich noch jemand aus zahlentheoretischer Sicht damit beschäftigen möchte:
Wie findet man für vorgegebenes $p\in \IN_{>1}$ nicht-triviale Lösungen des diophantischen Gleichungssystems
$$\begin{aligned}
a^2 &=n+k^p\\
b^2 &=k+n\cdot k^{p-1}
\end{aligned}$$
\quoteon(2023-01-28 13:11 - hyperG in Beitrag No. 2)
...und außer mir interessiert sich kaum ein weiterer Freak dafür - oder?
\quoteoff
Doch, ich 🙂. Du hast sicher auch Lösungen für $k=36$ und $k=49$.
Findest Du mit Mathematica auch die kleinste nicht-triviale Lösung für $p=89$ (mit 106-stelligem $n$)?
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hyperG
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| Beitrag No.4, eingetragen 2023-01-28
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Ich habe noch je 2...3 Lösungen für
k= 36,49,64,256,...
(ab 32 habe ich viele Zwischenwerte übersprungen)
Bisher ist kein Ende absehbar.
p=89 ist natürlich schon eine Hausnummer, aber auch da findet Mathematica mit den richtigen Befehlen 3 Lösungen bei k=4 in unter 5 min:
2 mit 106 Stellen für n: beginnen gleich 91739944639602860464432...
und noch 1 mit 159 Stellen für n.
Grüße
Korrektur: bei k=128 und k=512 reichen meine 32 GB RAM nicht aus!
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querin
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-28
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\quoteon(2023-01-28 17:21 - hyperG in Beitrag No. 4)
Bisher ist kein Ende absehbar.
\quoteoff
Es gibt auch kein Ende. Für alle Quadratzahlen k gibt es Lösungen.
\quoteon
p=89 ist natürlich schon eine Hausnummer, aber auch da findet Mathematica mit den richtigen Befehlen 3 Lösungen bei k=4 in unter 5 min
\quoteoff
Sehr gut!
Allerdings schafft das mein kurzes Sage-Programm in ca. 2 Sekunden 😉
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hyperG
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| Beitrag No.6, eingetragen 2023-01-29
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Stimmt. Und für k=10^2 erkennt man schon ein Muster dahinter, was Deine schnellere Suche erklärt:
\sourceon nameDerSprache
k=10^2
a-> 49999999999500000000010,b-> 4999999999949999999999999999999990,n->2499999999950000000000249999999990000000000100
a-> 50000000000500000000010,b-> 5000000000050000000000000000000010,n->2500000000050000000000250000000010000000000100
a->5000000000000000000000000000000000,b->499999999999999999999999999999999999999999990,n->24999999999999999999999999999999999999999999000000000000000000000000
\sourceoff
Könntest Du was zum "Muster" und der daraus resultierenden Such-Beschleunigung schreiben?
P.S.:
Krass ist diese Gleichung:
(x/(y+z) + y/(x+z) + z/(x+y))=178 -> Lösung erst bei 398605460stelligen ganzen Zahlen
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querin
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-29
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Das waren meine Überlegungen
Sei $k=c^2$, betrachte also nur Quadratzahlen für $k$ (damit später die 3. binomische Formel anwendbar ist). Dann lautet die Aufgabenstellung:
$a^2=n+c^{2p}$
$b^2=c^2+n\cdot c^{2(p-1)}$
$n=a^2-c^{2p}$ aus der ersten Gleichung in die zweite Gleichung einsetzen
$b^2=c^2+(a^2-c^{2p})\cdot c^{2(p-1)}$
elmentare Umforumngen und 3. binomische Formel
$c^{4p-2}-c^2=(a\cdot c^{p-1}-b)\cdot (a\cdot c^{p-1}+b)$
Definiere $z=c^{4p-2}-c^2$
Für alle (aufsteigend sortierten) Teiler $t$ von $z$ :
Ansatz: $t=a\cdot c^{p-1}-b$ , $\frac{z}{t}=a\cdot c^{p-1}+b \implies t+\frac{z}{t}=a\cdot 2c^{p-1}$
wenn $t+\frac{z}{t}$ durch $2c^{p-1}$ teilbar:
$$\begin{aligned}
a &=\frac{t+\frac{z}{t}}{2c^{p-1}} \\
b &=a\cdot c^{p-1}-t \\
n &=a^2-c^{2p}
\end{aligned}$$
Abbruch, wenn $n\le 1$
sonst print(a,b,n,k)
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Wauzi
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Dabei seit: 03.06.2004
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 | Beitrag No.8, eingetragen 2023-01-30
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Hallo,
\quoteon(2023-01-29 22:12 - querin in Beitrag No. 7)
Das waren meine Überlegungen
Sei $k=c^2$, betrachte also nur Quadratzahlen für $k$ (damit später die 3. binomische Formel anwendbar ist).
\quoteoff
Daß k eine Quadratzahl sein muß, kann man leicht zeigen:
Sei q prim mit k=q^r*s wobei r>=1, (s,q)=1 und p>=3
Wegen q^r \| b^2 => b=u*q^m für ein m>=1 mit m maximal und (u,q)=1
=>q^2m \|\|b^2
=>2m>=r
=> r ist gerade oder 2m>r
Wäre 2m>r => q\| b^2/q^r
=>q\| k/q^r=(q^r*s)/q^r weil der zweite Summand wegen p>=3 durch q teilbar ist.
=>q\|s => Widerspruch zu (s,q)=1
Dies gilt für jeden Primteiler von k, also kommen alle quadratisch vor, folglich ist k eine Quadratzahl
Daraus folgt daß b durch c teilbar ist.
Teilt man die Gleichung durch c^2 ergibt sich ein Ausdruck der Art
X^2=1+d*Y^2
also eine Pellsche Gleichung.
Wenn d keine Quadratzahl ist, hat diese immer eine Lösung.
Was aber nicht heißt, daß diese spezielle Gleichung eine hat, da Y eine spezielle Form haben muß.
Hat man aber eine Fundamentallösung der Pellschen Gleichung gefunden, lassen sich alle anderen explizit angeben. Dabei wäre zu überprüfen, ob die geforderte spezielle Form von Y bei den Lösungen vorkommt, was durchaus machbar ist.
Die Fundamentallösung läßt sich bekanntlich mit einem Kettenbruchansatz finden.
Vielleicht ist damit aber auch die Idee, für das gegebene Problem gleich an einen Weg über Kettenbrüche zu denken, nicht abwegig.
Gruß Wauzi
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querin
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-30
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Hallo Wauzi,
danke für den Beweis, dass $k$ eine Quadratzhl sein muss. Dabei ist die Voraussetzung $p\ge 3$ wesentlich, wie Diophants Lösung mit $k=8$ für $p=2$ zeigt.
Zur Pellschen Gleichung:
Wenn ich es recht verstehe, beziehst Du Dich auf die zweite Gleichung
$\big(\frac{b}{c}\big)^2=1+n\cdot (c^{p-2})^2$
also $X=\frac{b}{c}$ , $d=n$, $Y=c^{p-2}$
Für $p=3$ und $c=3$ liefert mein Algorithmus die Lösungen
$(a,b,n,k)=(71, 591, 4312, 9)$
$(a,b,n,k)=(58, 462, 2635, 9)$
$(a,b,n,k)=(34, 186, 427, 9)$
Die Pellsche Gleichung zur dritten Lösung ist $X^2=1+427\;Y^2$
Eine Lösung ist $X_0=1,\; Y_0=0$ und die anderen Lösugen
$X_{n+1} = 62\;X_n + 1281\;Y_n$
$Y_{n+1} = 3\;X_n + 62\;Y_n$
$X_1=62$ und $Y_1=3$ passen genau zur dritten Lösung.
Aber welche Bedeutung haben die nächsten $X_n,Y_n$ in diesem Zusammenhang?
Gruß, querin
PS: Hier eine Kopiervorlage für mein Programm. Einfach in https://sagecell.sagemath.org/ kopieren und mit "Evaluate" ausführen.
In der letzten Zeile 2 und 12 in "find(c=2,p=12)" durch die gewünschten Werte für $c$ und $p$ ersetzen.
\sourceon nameDerSprache
def find(c,p): # k=c^2, a^2 = n+k^p , b^2 = k+n*k^(p-1)
k = c**2
z = c**(4*p-2)-c**2
mod = 2*c**(p-1)
print(f'p={p}')
for t in divisors(z):
s = t+z//t
if s % mod==0:
a = s//mod
b = a*c**(p-1)-t
n = a**2-c**(2*p)
if n<=1: break
print(f'(a,b,n,k)={(a,b,n,k)}\n')
find(c=2,p=12)
\sourceoff
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hyperG
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| Beitrag No.10, eingetragen 2023-01-30
|
Wow querin, was für eine Steigerung der Effektivität!
Mit nur 6 Zeilen Code bekomme ich bei Mathematica eine Geschwindigkeitssteigung (gegenüber dem Standard-Suchbefehl) die stark schwankt :
\sourceon nameDerSprache
Faktor 34 (bei c=23, p=12)
Faktor 607 (bei c=13)
Faktor 734 ( c=31 ; 344.39219 s/0.468639 s )
Faktor 1002 (bei c= 2, p=89)
\sourceoff
Schon bei c=3, p=89 geht jedoch die Anzahl der Teiler (vor der Filterung)
auf über 100 Mio. hoch, was allein schon 262 s dauert.
Bei genauer Untersuchung viel mir auf, dass der größte Primteiler von z ignoriert werden kann (oder gibt es da Fälle, die ich übersehen habe?).
So halbiert sich die Anzahl der Teiler etwa und der Geschwindigkeitsfaktor geht nochmals hoch:
Faktor 2769 (bei c=13; p=12)
Faktor 1929 (bei c=2,p=89 )
c=3 & p=89 wird so schon mal in 277 s möglich (169 stelliges n).
Frage 1: Darf man immer die Teiler durch
z2 := z/ (letzter größter Primfaktor(z) )
Teiler=GetTeiler(z2)
reduzieren, oder gibt es Ausnahmen (die ich bisher übersehen habe)?
Frage 2: Gibt es weitere Teilerreduktionen, die man vor Sortierung & Vorfilterung anwenden könnte? (der vorletzte Primfaktor ist bei c=13 wichtig!)
Wie ich aus den vielen möglichen Lösungen der Pellschen Gleichung
(wie angesprochen per "Fundamentallösung"?)
einen schnelleren Algorithmus bekomme, habe ich noch nicht hinbekommen
(fehlt mir aber auch die Zeit).
Grüße
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.8 begonnen.]
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hyperG
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| Beitrag No.11, eingetragen 2023-01-30
|
@querin:
erstaunlich, was https://sagecell.sagemath.org/ alles kann!
Zwar bricht find(c=3,p=89) nach 1 min ab (verständlich, denn keiner soll den Server länger blockieren),
ABER mit meinem Trick kann man schon nach etwa 24 s 2 von 3 Lösungen berechnen:
\sourceon SAGE
...
for t in divisors(z//255066113304108571577343700262256544056086044033):
...
find(c=3,p=89)
\sourceoff
P.S.: Den SAGE-Befehl "GetLastPrimeFaktor(z)"
oder "GetBiggestPrimeFaktor(z)" kenne ich noch nicht.
Vergleich der Teilerberechnungsgeschwindigkeit (50331648 Stück):
SAGE's divisors(): 23.0 s
Mathematica Divisors[]: 117.9 s
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hyperG
Senior
Dabei seit: 03.02.2017
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| Beitrag No.12, eingetragen 2023-01-30
|
Frage 1 hat sich gerade erledigt:
bei find(c=4,p=77) bekommt man mit meinem Trick nur 2 von 3 Lösungen
(was für Knobelaufgaben aber oft reicht).
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Wauzi
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| Beitrag No.13, eingetragen 2023-01-30
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\quoteon(2023-01-30 16:40 - querin in Beitrag No. 9)
Zur Pellschen Gleichung:
Wenn ich es recht verstehe, beziehst Du Dich auf die zweite Gleichung
$\big(\frac{b}{c}\big)^2=1+n\cdot (c^{p-2})^2$
also $X=\frac{b}{c}$ , $d=n$, $Y=c^{p-2}$
Für $p=3$ und $c=3$ liefert mein Algorithmus die Lösungen
$(a,b,n,k)=(71, 591, 4312, 9)$
$(a,b,n,k)=(58, 462, 2635, 9)$
$(a,b,n,k)=(34, 186, 427, 9)$
Die Pellsche Gleichung zur dritten Lösung ist $X^2=1+427\;Y^2$
Eine Lösung ist $X_0=1,\; Y_0=0$ und die anderen Lösugen
$X_{n+1} = 62\;X_n + 1281\;Y_n$
$Y_{n+1} = 3\;X_n + 62\;Y_n$
$X_1=62$ und $Y_1=3$ passen genau zur dritten Lösung.
\quoteoff
Die allgemeine Formel findest Du hier in Hilfssatz 2.4
Die Rekursionsformel steht in der Wikipedia zur Pellschen Gleichung. Statt Fundamentallösung wird hier der auch übliche Begriff Minimallösung verwendet.
Ob diese Idee mit der Pellschen Gleichung zielführend ist, kann ich nicht beurteilen.
\quoteonAber welche Bedeutung haben die nächsten $X_n,Y_n$ in diesem Zusammenhang?
\quoteoff
Die könnten weitere Lösungen des Problems ergeben
Gruß Wauzi
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.11 begonnen.]
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querin
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| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-30
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@hyperG
Es gilt: $T=c^{2\,p-1}-c$ teilt $z$ und liefert $n=0$.
Für Teiler $t>T$ erhält man für $b$ die negativen Werte jener $b$, die man für $tirgendeine Lösung) hätte aber auch folgende Universallösung gereicht:
$$(a,b,n,k)=\big(\,\frac12\cdot c^{3\,p-2}\,,\; \frac12\cdot c^{4\,p-3}-c\,,\; \frac14\cdot c^{6\,p-4}-c^{2\,p}\,,\;c^2\,\big)$$
Das funktioniert für jedes gerade $c$ und jedes $p\ge 2$
\quoteon(2023-01-30 19:42 - Wauzi in Beitrag No. 13)
\quoteon(2023-01-30 16:40 - querin in Beitrag No. 9)
Aber welche Bedeutung haben die nächsten $X_n,Y_n$ in diesem Zusammenhang?
\quoteoff
Die könnten weitere Lösungen des Problems ergeben
\quoteoff
Das kann ich mir kaum vorstellen, weil $d=n$ ja immer gleich bleibt.
Gruß, querin
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Wauzi
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| Beitrag No.15, eingetragen 2023-01-30
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Es könnte doch für festes n mehrere Lösungen des Ausgangsproblems geben.
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hyperG
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| Beitrag No.16, eingetragen 2023-01-30
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\quoteon(2023-01-30 21:04 - querin in Beitrag No. 14)
...folgende Universallösung gereicht:
$$(a,b,n,k)=\big(\,\frac12\cdot c^{3\,p-2}\,,\; \frac12\cdot c^{4\,p-3}-c\,,\; \frac14\cdot c^{6\,p-4}-c^{2\,p}\,,\;c^2\,\big)$$
Das funktioniert für jedes gerade $c$ und jedes $p\ge 2$
...
\quoteoff
Sehr gut, ein "explizites Muster", wie bei c=10 vermutet.
Mit ungeradem c kann man die Knobelaufgabe beliebig kompliziert machen,
wenn es da nicht auch noch eine explizite Lösung gibt.
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querin
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2023-01-30
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\quoteon(2023-01-30 21:07 - Wauzi in Beitrag No. 15)
Es könnte doch für festes n mehrere Lösungen des Ausgangsproblems geben.
\quoteoff
Ja, dafür gibt es viele Beispiele - aber alle nur für die Originalaufgabe des Diophant mit $p=2$, was zu keiner Pellschen Gleichung führt. Zum Beipiel $n=7920$
$96^2=7920+36^2$
$534^2=36+7920\cdot 36$
und
$191^2=7920+169^2$
$1157^2=169+7920\cdot 169$
Vielleicht kann man zeigen, dass es für $p\ge 3$ keine zwei Lösungen mit gleichem $n$ gibt? (das wäre meine Vermutung)
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hyperG
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| Beitrag No.18, eingetragen 2023-02-02
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Für c=ungerade und gerade (!!)
und p=12 habe ich jetzt eine explizite Funktion für die ersten beiden Lösungen gefunden:
t=c^12 +/- c
Sehr große c sind damit kein Problem:
\sourceon Mathematica
c = 99999; p = 12; k = c^2;
z = c^(4*p - 2) - c^2;
mod = 2*c^(p - 1);
t=c^12 - c (* untere Lösung *)
s = t + z/t;
Print["a=", a = Quotient[s, mod]]
...
\sourceoff
nur für anderes p stimmt es noch nicht...
Nur für gerades c gab es ja die universelle 3. explizite Lösung.
schon spät heute, mir fallen die Augen zu um nach den Einfluss von p zu suchen...
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querin
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| Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2023-02-03
|
Sehr gut, hyperG, Du hast eine Lösung für alle $p$ und $c$ gefunden 👍 (nicht nur für $p=12$)
Der Ansatz $t=c^p-c$ führt zur expliziten Lösung
$$\begin{aligned}
a &=c+\frac12\cdot (c^{2p-1}+c^p) \\
b &=c+\frac12\cdot (c^{3p-2}+c^{2p-1}) \\
n &=c^{p+1}+c^2+\frac14\cdot (c^{4p-2}+2\;c^{3p-1}+c^{2p}) \\
k &=c^2 \\
\end{aligned}$$
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hyperG
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| Beitrag No.20, eingetragen 2023-02-03
|
\quoteon(2023-02-03 10:28 - querin in Beitrag No. 19)
Sehr gut, hyperG, Du hast eine Lösung für alle $p$ und $c$ gefunden 👍 (nicht nur für $p=12$)...
\quoteoff
Stimmt, meine "Kontrollfunktion" war noch auf feste a^2 == n + k^12
statt universelle a^2 == n + k^p eingestellt und hatte deshalb Alarm geschlagen. Dabei stimmte schon alles :-)
c ungerade: -> 2 Lösungen:
die 2. (mittelgroße) lautet:
\sourceon nameDerSprache
t=c^p+c -> zusammen:
a=c+(c^(2*p-1)-c^p)/2
b=-((2 c^3-c^(3 p)+c^(1+2 p))/(2 c^2)) = (c^(3 p-2)-2*c - c^(2 p-1))/2
n=(c-c^p/2+1/2 c^(-1+2 p))^2-c^(2 p) = (c + (c^(2*p - 1) - c^p)/2)^2 - c^(2 p) =(4 c^2+c^(2 p)-4 c^(p+1)-2 c^(3 p-1)+c^(4 p-2))/4
\sourceoff
c gerade: -> 3 Lösungen
wobei die 3. (größte) ja schon im Beitrag 14 angegeben wurde.
Das motiviert mich etwas, mit meinem YMP 1 Mrd. Stellen von n
auszurechnen...
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hyperG
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Dabei seit: 03.02.2017
Mitteilungen: 2000
| Beitrag No.21, eingetragen 2023-02-03
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Mit 1 min und etwa 10stelligen Zahlen haben wir begonnen...
nun sind 1 Mrd. Stellen (für Variable n) in 15 s möglich:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/c/47407_Querin.PNG
(auf RAM-Disk & weitere Optimierungen habe ich verzichtet)
Grüße Gerd
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querin hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
querin hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. | Dies ist eine Knobelaufgabe!
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Bei dieser Aufgabe kann ein öffentlicher Austausch über Lösungen, Lösungswege und Ansätze erfolgen. Hier musst Du keine private Nachricht schreiben! |
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