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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

für alle

k \in ℤ

.

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, nun zunächst ein Beweis, dass es für

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

ein ganzes solches

k

gibt.

Fall

1, a > b :

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

\Leftrightarrow

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

\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} | \frac{s b}{a} = r - \frac{1}{a}

\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} | \frac{s}{a} = \frac{r}{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}

| \frac{r}{b} = m_{r} + \frac{p_{r}}{b}

für ein

m_{r} \in ℕ_{0}

und ein

p_{r} \in ℕ

mit

p_{r} < b,

b

nicht

r

teilt,

insbesondere gilt auch

g g T (p_{r}, b) = 1

\Leftrightarrow

s b - s - r + m_{r} + \frac{p_{r}}{b} + \frac{b - 1}{a b} \leq k \leq s b - s - r + m_{r} + 1 + \frac{p_{r} - 1}{b} (I),

was wegen

0 < \frac{p_{r}}{b} + \frac{b - 1}{a b} < 1

(denn

\frac{b - 1}{a b} < \frac{1}{b})

und

\frac{p_{r} - 1}{b} \geq 0

eine ganze Zahl

k

einrahmt

(nämlich

s b - s - r + m_{r} + 1)

Fall

2, b > a :

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

\Leftrightarrow

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

| \frac{s}{a} = m_{s} - \frac{p_{s}}{a}

für ein

m_{s} \in ℕ

und ein

p_{s} \in ℕ

mit

p_{s} < a,

da a nicht

s

teilt,

insbesondere gilt auch

g g T (p_{s}, a) = 1

\Leftrightarrow

r a - s - r + m_{s} - 1 - \frac{p_{s} - 1}{a} \leq k \leq r a - s - r + m_{s} - (\frac{p_{s}}{a} + \frac{a - 1}{a b}) (I I),

was wegen

\frac{p_{s} - 1}{a} \geq 0

und

0 < \frac{p_{s}}{a} + \frac{a - 1}{a b} < 1

(denn

\frac{a - 1}{a b} < \frac{1}{a})

eine ganze Zahl

k

einrahmt

(nämlich

r a - s - r + m_{s} - 1)

\approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx \approx

Das Gezeigte kann nun weiterverwendet werden, um zu zeigen,

dass es auch für

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

mit

q \in ℕ, 1 \leq q \leq a + b - 2

klappt.

Für

a > b

ergibt sich

z . B

. mit

(I)

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

(links kommt

q \frac{s}{a} = q (\frac{r}{b} - \frac{1}{a b}) = q (m_{r} + \frac{p_{r}}{b} - \frac{1}{a b})

dazu und rechts

q \frac{r}{b} = q (m_{r} + \frac{p_{r}}{b}))

.

Falls

\frac{(q + 1) p_{r}}{b} \in ℕ,

gilt

\frac{b - (q + 1)}{a b} \leq 0,

da dann

q + 1 \geq b

wegen

g g T (p_{r}, b) = 1,

und man findet

k = s b - s - r + (q + 1) m_{r} + \frac{(q + 1) p_{r}}{b}

.

Falls

\frac{(q + 1) p_{r}}{b} \notin ℕ,

also

\frac{(q + 1) p_{r}}{b} = t + \frac{v}{b}

mit

t \in ℕ_{0}

und

v \in ℕ, v < b,

hat man

s b - s - r + (q + 1) m_{r} + t + \frac{v}{b} + \frac{b - (q + 1)}{a b} \leq k \leq s b - s - r + (q + 1) m_{r} + 1 + t + \frac{v - 1}{b}

und findet

k = s b - s - r + (q + 1) m_{r} + t + 1

wegen

\frac{v}{b} + \frac{b - (q + 1)}{a b} < 1

und

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

.

Der Fall

b > a

geht mit

(I I)

analog.

HJKweseleit aktiv_icon

17:39 Uhr, 04.06.2026

Vielen Dank für deine Lösung. Mir fehlte die Idee, die entsprechenden Zahlen nach Euklid aufzuspalten, und das ist der Kern des Lösungsweges.

Randolph Esser aktiv_icon

03:49 Uhr, 05.06.2026

Ich danke auch für die Inspiration,
die ich zu Ende bringen durfte.

Was ich oben nicht gezeigt habe
(weil es gestört hätte und nicht besonders schwer ist):

b

teilt nicht

r :

Angenommen, es wäre doch so, also

r = k b

für ein

k \in ℕ

.
Dann erhalten wir

1 = r a - s b = b (k a - s),

also

b

teilt

1,

Widerspruch !

a teilt nicht

s

geht analog.

g g T (p_{r}, b) = 1 :

Angenommen,

g g T (p_{r}, b) > 1,

also

p_{r} = k c, b = k d

für

k, c, d \in ℕ, k \geq 2

.
Dann erhalten wir

1 = r a - s b = (m_{r} b + p_{r}) a - s b = k ((m_{r} d + c) a - s d),

also

k

teilt

1,

Widerspruch !

g g T (p_{s}, a) = 1

geht analog.

Randolph Esser aktiv_icon

04:27 Uhr, 05.06.2026

In meinem zweiten Beitrag habe ich ein bisschen Mist gebaut:

Die

k

dort sind andere als das im ersten Beitrag.

Ich kann es leider nicht mehr korrigieren, sorry.

Im angehängten Bild sind die

k

im zweiten Beitrag aber durch

z

ersetzt,

sodass es keinen Variablenkonflikt mehr gibt...

Randolph Esser aktiv_icon

02:13 Uhr, 06.06.2026

Mal nebenbei:

Onlinemathe scheint ja so gut wie tot zu sein.
Liegt das an KI ?
Wäre schade, wenn Onlinemathe nun vor die Hunde ginge.
Die Idee eines Matheforums ist großartig
und darf nicht sterben.
Schade auch, wenn die Menschheit
sich nun endgültig der totalen Verblödung (KI) hingeben würde...

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