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Matroids Matheplanet Forum Index » Rätsel und Knobeleien (Knobelecke) » * Primzwillinge und Kubikzahlen
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Kein bestimmter Bereich J * Primzwillinge und Kubikzahlen
querin
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.01.2018
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-06-10


Hallo,

man zeige: Zu jedem Primzwilling $(p,q)$ mit $q=p+2$ gibt es eine Kubikzahl $n^3$, die als Differenz einer vierten und einer fünften Potenz dargestellt werden kann, wobei die vierte Potenz durch $p$ und die fünfte Potenz durch $q$ teilbar ist (alle vorkommenden Werte sind ganzzahlig).

Gib als Zahlenbeispiel ein passendes n für den Primzwilling (11,13) an.


Viel Spaß smile



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Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1514
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-06-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

Nur lesen, wenn man nicht mehr selbst rätseln will!
Eine triviale Lösung ist

$0^3= ((pq)^5)^4- ((pq)^4)^5$.

Etwas weniger offensichtlich ist die Lösung:

Beginne mit der Gleichung $2= 2^2 -2$ und multipliziere diese mit $2^k(pq)^{3\cdot 4 \cdot 5}$, wobei $k\equiv 2 \pmod 3$, $k \equiv 2 \pmod 4$ und $k \equiv 4 \pmod 5$.
Mit $k= 14$ erhält man so z.B. die Lösung $(2^5(pq)^{40})^3 = (2^4(pq)^{30})^4- (2^3(pq)^{24})^5$.

Analog kann man auch aus der Gleichung $-2^0 = 2^0 - 2^1$ Lösungen gewinnen.


Aufbauend auf der obigen Idee, noch eine weitere Klasse von Lösungen:

Beginne mit $2 = q-p$. Das multiplizieren wir mit $2^k$, wobei $k\equiv 2 \pmod 3, 4\mid k$ und $5\mid k$. Also z.B. mit $k= 20$:
\[(2^7)^3 = 2^{5\cdot 4}q - 2^{4\cdot 5}p.\] Als nächstes multiplizieren wir mit $p^l$, wobei $3\mid l, 4\mid l, l \equiv 4 \pmod 5$, also z.B. mit $l = 24$:
\[(2^7p^8)^3 = (2^5p^6)^4q - (2^4p^5)^5.\] Schließlich multiplizieren wir noch mit $q^m$, wobei $3\mid m, m\equiv 3 \pmod 4$ und $5\mid m$, also z.B. mit $m= 15$:
\[(2^7p^8q^5)^3 = (2^5p^6q^4)^4 - (2^4p^5q^3)^5.\]


\(\endgroup\)


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Kitaktus
Senior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 11.09.2008
Mitteilungen: 5898
Aus: Niedersachsen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2019-06-11


Meine einfachste Lösung sieht so aus:

$(p^4)^3 = (p^3)^4 - 0^5$. Dabei ist die 5. Potenz nicht nur durch q=p+2 teilbar, sondern durch alle Primzahlen.




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querin
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.01.2018
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-11


Hallo, schön dass ihr mitmacht smile

Die schnellste Lösung kam gestern um 22:10 von Creasy als PN - herzlichen Glückwunsch!
Und Creasy fragte auch gleich, ob man 0 nicht besser (für alle Potenzen) ausschließen sollte - diese Bedingung hatte ich offenbar übersehen.

Gratulation zur zweitschnellsten Lösung an Nuramon und danke für die schöne Erklärung der Lösungswege!

Vielen Dank auch an Kitaktus für diese schlaue und (für mich) überraschende Lösung. Daran hätte ich gar nicht gedacht!



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Kitaktus
Senior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 11.09.2008
Mitteilungen: 5898
Aus: Niedersachsen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-06-12


Bei der Untersuchung dieser Frage bin ich auf einen amüsanten Zusammenhang gestoßen. Es gilt sowohl
$$ 6561^4 - 729^5 = 118098^3 $$ als auch
$$ (8\cdot 6561)^4 - (8\cdot 729)^5 = (8\cdot 118098)^3 .$$

Außerdem:

$$ 62208^4 - 5184^5 = 2239488^3$$ und $$ (3\cdot 62208)^4 - (3\cdot 5184)^5 = (3\cdot 2239488)^3.$$



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querin
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Dabei seit: 12.01.2018
Mitteilungen: 192
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-12


Super, Kitaktus, eine spaßige Beobachtung smile

Und man kann zeigen, dass es zu jeder ganzen Zahl $z>0$ eine positive ganzzahlige Lösung der Gleichung $a^3=b^4-c^5$ gibt, für die auch $(z\cdot a)^3=(z\cdot b)^4-(z\cdot c)^5$ gilt.

Wer Lust hat kann das gleich hier beweisen (sonst werde ich den Beweis bei der Auflösung mit angeben).


Ja, bei der diophantischen Gleichung $a^3=b^4-c^5$ gibt es noch so einiges zu entdecken...



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Creasy
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Dabei seit: 22.02.2019
Mitteilungen: 310
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-06-13


Guten Abend,

tatsächlich sehr interessant, hier ein Versuch:

Beweis bezüglich Behauptung in #05.
Meine Weg zur Lösung (nur anschauen, wenn nicht mehr gerätselt werden möchte)
Sei also $z>1$. Angenommen, es gibt $a,b,c>0$ mit $a^3=b^4-c^5$ und $(za)^3=(zb)^4-(zc)^5$ (also suchen wir erst einmal nach notwendigen Kriterien für $a,b,c$). Dann ist $a^3=zb^4-z^2c^5=z(b^4-zc^5)=z[(b^4-c^5)+(1-z)c^5]=z(a^3+(1-z)c^5)$. Wir erhalten $(1-z)a^3=(1-z)zc^5$, also $a^3=zc^5$.
Setzen wir das in die Gleichung $za^3=zb^4-zc^5$ ein, so ergibt sich $(z+1)a^3=zb^4$. Eine Lösung hiervon ist zB von der Form $$a=(z+1)^{1+4n}z^{3+4l}$$ $$b=(z+1)^{1+3n}z^{2+3l}.$$
Wir möchten nun $c$ bestimmen, sodass $zc^5=a^3$. Dafür wählen wir $n$ so, dass $3\cdot(1+4n)\equiv 0 \mod 5$ und $l$ so, dass $3\cdot(3+4l)\equiv 1 \mod 5$ ist. Also z.b. $n=1=l$. Damit bestimmen wir $a,b,c$:


Lösung mit Probe
$a=(z+1)^5z^7$, $b=(z+1)^4z^5$ und $c=(z+1)^3z^4$ erfüllen beide Gleichungen:
Probe: $$a^3=(z+1)^{15}z^{21}$$ $$b^4-c^5=(z+1)^{16}z^{20} - (z+1)^{15}z^{20}=(z+1)^{15}z^{20}(z+1-1)=(z+1)^{15}z^{21}$$
und $$(za)^3=(z+1)^{15}z^{24}$$ $$(zb)^4-(zc^5)=(z+1)^{16}z^{24}-(z+1)^{15}z^{25}=(z+1)^{15}z^{24}((z+1)-z)=(z+1)^{15}z^{24}$$


Beste Grüße
Creasy


-----------------
Smile (:



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querin
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Dabei seit: 12.01.2018
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-13


Und wieder kommt die schnellste Lösung von Creasy - sehr schön, vielen Dank smile

Im diesem Zusammenhang habe ich mich gefragt, ob es überhaupt Lösungen von $a^3=b^4-c^5$ mit $ggT(a,b,c)=1$ geben kann?



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cyrix
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-06-13


Das ist noch unbewiesen.

Cyrix



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-13


Hallo Cyrix, sehr interessant!

Gibt es dazu tatsächlich theoretische Überlegungen?



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querin
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.01.2018
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-14


In einer PN hat mir kurtg folgenden Link mitgeteilt (vielen Dank dafür):
arxiv.org/pdf/1103.1979.pdf

Darin geht es auch um die Gleichung $a^3+b^4+c^5=0$

Samir Siksek und Michael Stoll definieren

<Zitat>
An integer solution (x, y, z) is said to be non-trivial if $xyz \ne 0$, and
primitive if $x,y,z$ are coprime.
</Zitat>

und

<Zitat>
Theorem 1.1. The only primitive integer solutions to the equation
\[x^3+y^4+z^5=0\] are the trivial solutions (0, ±1, −1), (−1, 0, 1), (1, 0, −1), (−1, ±1, 0).
</Zitat>

Den Beweis verstehe ich leider nicht, vielleicht hat jemand Interesse sich das anzuschauen. Also ist die Frage nach teilerfremden Lösungen doch gelöst?



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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-06-15


Interessant finde ich auch diese allgemeine Lösung zu Nr. 5:

Seien \(l,m,n\) teilerfremde, ganzzahlige, positive Zahlen, so hat folgendes Gleichungssystem:
\(a^l+b^m=c^n\\
(za)^l+(zb)^m=(zc)^n\)
für alle ganzzahligen \(z\) nicht-triviale, ganzzahlige Lösungen \((a,b,c)\).


Da sie teilerfremd sind, existieren ganzzahlige Zahlen \((A,B,C)\) so dass:
\(Alm \equiv -1 \mod n\\
Bln \equiv -1 \mod m\\
Cmn \equiv -1 \mod l\)

Damit sind folgende Werte eine Lösung:
\(a=(z^l-z^m)^{Am}(z^l-z^n)^{Bn}(z^n-z^m)^{\frac{Cmn+1}{l}}\\
b=(z^l-z^m)^{Al}(z^l-z^n)^{\frac{Bln+1}{m}}(z^n-z^m)^{Cn}\\
c=(z^l-z^m)^{\frac{Alm+1}{n}}(z^l-z^n)^{Bl}(z^n-z^m)^{Cm}\)




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cyrix
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-06-15


2019-06-14 15:08 - querin in Beitrag No. 10 schreibt:
Also ist die Frage nach teilerfremden Lösungen doch gelöst?

Oh, ds Paper hatte ich nicht (mehr?) in Erinnerung. Also doch schon gelöst, ja.

Cyrix



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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-15


Sehr schön, MartinN!

Deine Verallgemeinerung ist das nächste Highlight in diesem Thread smile

Vielleicht kannst du später bei der Auflösung kurz erklären, wie du darauf gekommen bist.

Ich habe mal für die ursprünglich Gleichung $l=4,m=5,n=3$ die kleinsten zulässigen $A,B,C$ aus deiner Formel, nämlich $A=1,B=2,C=1$, eingesetzt und erhalte
als Lösungen $a=(z-1)^{60}z^{200}(z+1)^{16},b=-(z-1)^{60}z^{200}(z+1)^{15},c=(z-1)^{60}z^{201}(z+1)^{15}$.
Das sind stattliche Exponenten aber die Probe stimmt!

Eine kleine Einschränkung für $z$ sollte man erwähnen: für $|z|\le 1$ ergibt sich die triviale Null-Lösung.



@Cyrix: Danke für die Bestätigung.
Das bedeutet doch insbesondere, dass es keine positiven ganzen Zahlen $b,c$ gibt, für die $b^4-c^5=1$ gilt. Kann man das vielleicht auch elementar zeigen?

Ich komme darauf, weil es ja recht schierig ist zu zeigen, dass $b^2-c^3=1$ nur genau eine ganzzahlige Lösung hat.



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cyrix
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-06-15


2019-06-15 20:39 - querin in Beitrag No. 13 schreibt:

@Cyrix: Danke für die Bestätigung.
Das bedeutet doch insbesondere, dass es keine positiven ganzen Zahlen <math>b,c</math> gibt, für die <math>b^4-c^5=1</math> gilt. Kann man das vielleicht auch elementar zeigen?

Ich komme darauf, weil es ja recht schierig ist zu zeigen, dass <math>b^2-c^3=1</math> nur genau eine ganzzahlige Lösung hat.


Ich wüsste keinen Weg, der die ganzzahligen Lösungen dieser oder einer ähnlichen Gleichung elementar bestimmt. Immerhin handelt es sich dabei um die Suche nach rationalen Punkten auf Kurven hohen Geschlechts. (Nach Faltings, der die Mordell-Vermutung bewies, sind es immerhin nur höchstens endlich viele teilerfremde. Aber auch der Beweis ist deutlich über dem Horizont des Nicht-Spezialisten; immerhin gab es dafür eine Fields-Medaille.) Dagegen ist die Bestimmung der rationalen Punkte auf der Kurve <math>y^2=x^3+1</math> mit einer entsprechenden Vorlesung über elliptische Kurven nicht weiter kompliziert. (Auch das oben zitierte Paper arbeitet ja mit Methoden aus diesem Bereich.)

Cyrix



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MartinN
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Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2019-06-15


An sich ganz einfach die Herleitung:

\(a^l + b^m = c^n\\
(za)^l + (zb)^m = (zc)^n = z^n (a^l + b^m)\\
\to a^l(z^l - z^n) = b^m(z^n - z^m)\)
Bei letzter Gleichung könnte man sicherlich einige z kürzen, aber wir wissen nicht, welche Exponenten am kleinsten sind... also lassen wir diese, wie sie sind. Und können dies wieder in die erste Gleichung einsetzten. So kommt man zu die 3 Zusammenhänge zwischen a, b und c:
\(a^l(z^l - z^n) = b^m(z^n - z^m)\\
b^m(z^l - z^m) = c^n(z^l - z^n)\\
a^l(z^l - z^m) = c^n(z^n - z^m)\)

a, b und c kann man hier jeweils variabel wählen, wobei auf der linken und rechten Seite jeweils gewisse Faktoren vorkommen (die Differenzen der Potenzen). Dies führt zum Lösungsansatz:
\(a = (z^l - z^m)^o \cdot (z^l - z^n)^p \cdot (z^n - z^m)^q\\
b = (z^l - z^m)^r \cdot (z^l - z^n)^s \cdot (z^n - z^m)^t\\
c = (z^l - z^m)^u \cdot (z^l - z^n)^v \cdot (z^n - z^m)^w\)

Diesen Ansatz in obige 3 Gleichungen einsetzen und Vergleich der Exponenten gleicher Basen liefert:
\(ol+1 = rm+1 = un\\
pl+1 = sm = vn+1\\
ql = tm+1 = wn+1\)

Exemplarisch wählen wir die erste Gleichung... da l umd m teilerfremd sind: \(o = Am; r = Al\)
Damit: \(Alm + 1 = un \to u = \frac{Alm+1}{n}\)
Da alle Exponenten teilerfremd sind, gibt es auch ein solches A mit:
\(Alm \equiv -1 \mod n\)
Oder sogar allgemeiner: \((A+\alpha n)lm \equiv -1 \mod n; \alpha \in \IZ\)

Dies führt für die 9 Exponenten o,p,q,r,s,t,u,v,w die von mir genannten Werte. Bzw. könnte man es noch allgemeiner fassen:
\(a = (z^l − z^m)^{Am+\alpha mn} \cdot (z^l − z^n)^{Bn+\beta mn} \cdot (z^n−z^m)^{\frac{Cmn+1}{l}+\gamma mn}\\
b = (z^l − z^m)^{Al+\alpha ln} \cdot (z^l−z^n)^{\frac{Bln+1}{m}+\beta ln} \cdot (z^n−z^m)^{Cn+\gamma ln}\\
c = (z^l−z^m)^{\frac{Alm+1}{n}+\alpha lm} \cdot (z^l−z^n)^{Bl+\beta lm} \cdot (z^n−z^m)^{Cm+\gamma lm}\\
\alpha, \beta, \gamma \in \IZ\)

So kann man die Exponenten sicherlich noch etwas verringern ^^
Oder schon eher z's kürzen, um kleinere Basen/Faktoren für den Ansatz zu bekommen...

Wie dem auch sei... man kann dann noch eine Probe mit diesen Werten für a, b und c machen und sieht dann, dass das funktioniert ^^




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querin
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 12.01.2018
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2019-06-16


@MartinN: Danke smile


Noch eine Frage zum zweiten Teil der Aufgabe (passendes n zu $(11,13)$):

Als kleinstes n für ganzzahlige Lösungen mit $b\ne0,c\ne0$ der Gleichung
\[n^3=(11\ b)^4-(13\ c)^5\] haben wir bisher $n=10187513856401024$ (Nuramon Beitrag #1)

Ist dieses 17-stellige n wirklich die betragsmäßig kleinste Lösung mit $b\ne0,c\ne0$?



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querin hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
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