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HJKweseleits Thread

Universität / Fachhochschule

Tags: Klotzturmproblem

Randolph Esser aktiv_icon

02:04 Uhr, 31.05.2026

Hallo !

Dies bezieht sich auf einen Thread von HJKweseleit,

der hier bis vor kurzem noch in den Charts war (siehe Anhang).

Ich repetiere nochmal kurz, wobei hier

0 \notin ℕ

gelte:

Seien

a, b \in ℕ

mit

a, b \geq 2

und

g g T (a, b) = 1

.

Dann gibt es (nach eventuellem Vertauschen von a und

b)

gemäß Bezout

r, s \in ℕ,

sodass

r a - s b = 1

.

Für

n \in ℕ

gilt dann also

r a n - s b n = n

und wegen

a (- k b) + b (k a) = 0

für alle

k \in ℤ

(wobei

{k (\begin{matrix} - b \\ a \end{matrix}) : k \in ℤ}

auch genau alle ganzzahligen Lösungen von

a x + b y = 0

sind) weiter

a (r n - k b) + b (- s n + k a) = n

.

Die Forderungen

r n - k b \geq 0, - s n + k a \geq 0

liefern dann

\frac{s n}{a} \leq k \leq \frac{r n}{b}

.

So, bis hier war HJKweseleit auch schon,

also nun der gewünschte Beweis, dass es mit

n := (a - 1) (b - 1)

klappt.

Fall

1, a > b :

\frac{s n}{a} \leq k \leq \frac{r n}{b}

\Leftrightarrow

s (b - 1 - \frac{b}{a} + \frac{1}{a}) \leq k \leq r (a - \frac{a}{b} - 1 + \frac{1}{b})

\Leftrightarrow

s (b - 1 - \frac{b}{a} + \frac{1}{a}) \leq k \leq (1 + s b) (1 - \frac{1}{b} - \frac{1}{a} + \frac{1}{a b})

\Leftrightarrow

s b - s - \frac{s b}{a} + \frac{s}{a} \leq k \leq s b - s - \frac{s b}{a} + \frac{s}{a} + 1 - \frac{1}{b} - \frac{1}{a} + \frac{1}{a b}

\Leftrightarrow

s b - s - r + \frac{1}{a} + \frac{s}{a} \leq k \leq s b - s - r + \frac{s}{a} + 1 - \frac{1}{b} + \frac{1}{a b}

\Leftrightarrow

s b - s - r + \frac{1}{a} + \frac{r}{b} - \frac{1}{a b} \leq k \leq s b - s - r + \frac{r}{b} + 1 - \frac{1}{b}

\Leftrightarrow

s b - s - r + \frac{r}{b} + \frac{b - 1}{a b} \leq k \leq s b - s - r + \frac{r}{b} + \frac{b - 1}{b}

(\frac{r}{b} = m + \frac{p}{b}

für ein

m \in ℕ_{0}

und ein

p \in ℕ

mit

p < b,

b

nicht

r

teilt)

\Leftrightarrow

s b - s - r + m + \frac{p}{b} + \frac{b - 1}{a b} \leq k \leq s b - s - r + m + 1 + \frac{p - 1}{b},

was wegen

\frac{p}{b} + \frac{b - 1}{a b} < 1

und

\frac{p - 1}{b} \geq 0

eine ganze Zahl

k

einrahmt.

Fall

2, b > a :

\frac{s n}{a} \leq k \leq \frac{r n}{b}

\Leftrightarrow

s (b - 1 - \frac{b}{a} + \frac{1}{a}) \leq k \leq r (a - \frac{a}{b} - 1 + \frac{1}{b})

\Leftrightarrow

(r a - 1) (1 - \frac{1}{b} - \frac{1}{a} + \frac{1}{a b}) \leq k \leq r (a - \frac{a}{b} - 1 + \frac{1}{b})

\Leftrightarrow

r a - \frac{r a}{b} - r + \frac{r}{b} - 1 + \frac{1}{b} + \frac{1}{a} - \frac{1}{a b} \leq k \leq r a - \frac{r a}{b} - r + \frac{r}{b}

\Leftrightarrow

r a - s - r + \frac{r}{b} - 1 + \frac{1}{a} - \frac{1}{a b} \leq k \leq r a - s - \frac{1}{b} - r + \frac{r}{b}

\Leftrightarrow

r a - s - r + \frac{s}{a} - 1 + \frac{1}{a} \leq k \leq r a - s - \frac{1}{b} - r + \frac{s}{a} + \frac{1}{a b}

\Leftrightarrow

r a - s - r + \frac{s}{a} - \frac{a - 1}{a} \leq k \leq r a - s - r + \frac{s}{a} - \frac{a - 1}{a b}

(\frac{s}{a} = m - \frac{p}{a}

für ein

m \in ℕ

und ein

p \in ℕ

mit

p < a,

da a nicht

s

teilt)

\Leftrightarrow

r a - s - r + m - 1 - \frac{p - 1}{a} \leq k \leq r a - s - r + m - \frac{p}{a} - \frac{a - 1}{a b},

was wegen

- \frac{p - 1}{b} \leq 0

und

- \frac{p}{a} - \frac{a - 1}{a b} > - 1

eine ganze Zahl

k

einrahmt.

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