Gibt es, und wenn ja wieviele verschiedene, Quader, bei denen die kantensummen = Volumen des Quaders ist, wenn alle
Kantensummen nur ganze Zahlen sein dürfen?
Gibt es, und wenn ja wieviele verschiedene, Quader, bei denen
die kantensummen = Volumen des Quaders ist, wenn alle
Kantensummen nur ganze Zahlen sein dürfen?
Hallo
Das Volumen eines Quaders lautet a*b*c = V
Die Kantensumme ist 4a + 4b + 4c = K
Es ist gefordert das V = K
Somit ergibt sich a*b*c = 4a + 4b + 4c
Für mich sieht das nach einer unlösbaren Gleichung mit drei Unbekannten aus. Man bräuchte noch menr Information.
Mfg Stefan
Hallo,
Somit ergibt sich a*b*c = 4a + 4b + 4c
Für mich sieht das nach einer unlösbaren Gleichung mit drei
Unbekannten aus. Man bräuchte noch menr Information.
Man koennte ja einfach ein bisschen rumprobieren wenn man von Zahlentheorie keine Ahnung hat (so wie ich).
b*c = 4*(1 + b/a + c/a).
Man waehlt ein a, dann b und c, die jeweils vielfache von a sein muessen, und schaut dann, ob man Loesungen findet. Per Hand bin ich zu Faul dazu…
Gruesse,
Moritz
Hallo,
habe geschwind ein Programm geschrieben, das nach Loesungen sucht.
Hier ein paar Moeglichkeiten (nicht von Hand nachgerechnet, kann also auch falsch sein:smile:
1 5 24
1 6 14
1 8 9
2 4 6
Ich habe a von 1 bis 20 laufen lassen, b/a von 1 bis 500 und c/a von b/a bis 500.
Wen das Programm interssiert (in perl): bitte melden.
Gruesse,
Moritz
Hallo,
Hi,
hast noch einen vergessen:
2 3 10
Gruß.Timo
habe geschwind ein Programm geschrieben, das nach Loesungen
sucht.
Hier ein paar Moeglichkeiten (nicht von Hand nachgerechnet,
kann also auch falsch sein:smile:1 5 24
1 6 14
1 8 9
2 4 6Ich habe a von 1 bis 20 laufen lassen, b/a von 1 bis 500 und
c/a von b/a bis 500.Wen das Programm interssiert (in perl): bitte melden.
Gruesse,
Moritz
Gibt es, und wenn ja wieviele verschiedene, Quader, bei denen
die kantensummen = Volumen des Quaders ist, wenn alle
Kantensummen nur ganze Zahlen sein dürfen?
Es soll also gelten:
abc = 4(a+b+c)
Wähle dazu:
a = 2
b = 2x
mit x aus IR+. Eingesetzt in die Ausgangsgleich ergibt durch elementares Auflösen:
c = 2(x+1)/(x-1)
Nun soll die Kantensumme eine natürliche Zahl sein, also:
a+b+c = abc/4 = 2x(x+1)/(x-1) = m
Mit m aus IN. Nach x aufgelöst, ergibt sich:
x = m/4 - 1/2 + Wurzel(m²-12m+4)/4
Für alle m >= 12, ist x rein reell und x >= 3. Das bedeutet, dass alle Zahlen a, b, c größer als Null und damit wohl definiert sind. Es gibt also unendlich viele Lösungen.
Gruß
Oliver
Hallo Oliver,
meine Matura ist schon etwas länger her, ich bräuchte da an einigen Stellen mal deine Hilfe…
Es soll also gelten:
abc = 4(a+b+c)
Soweit so klar.
Wähle dazu:
a = 2
b = 2xmit x aus IR+.
Eine erlaubte Einschränkung, wie ich meine.
Eingesetzt in die Ausgangsgleich ergibt durch
elementares Auflösen:c = 2(x+1)/(x-1)
HÄÄ?
Also ich komme so weit:
abc = 4(a+b+c)
einsetzen:
2*2x*c = 4(2+2x+c)
4xc = 4(2(x+1) + c)
xc = 2(x+1) + c
c = 2(x+1)/x + c/x
und jetzt?
Wie kommst du da auf:
c = 2(x+1)/(x-1)
?
Den Rest scheint mir dann wieder logisch, nur das „elementare Auflösen“ will mir nicht ganz so elementar erscheinen…
Nun soll die Kantensumme eine natürliche Zahl sein, also:
a+b+c = abc/4 = 2x(x+1)/(x-1) = m
Mit m aus IN. Nach x aufgelöst, ergibt sich:
Also ich rechne jetzt mal mit der letzten Gleichung weiter. Da komme ich auf folgendes:
2x(x+1)/(x-1) = m
2x(x+1) = m(x-1)
2x2+2x = mx - m
2x2+(2-m)x + m = 0
x2+((2-m)/2)x + m = 0
Die Lösungen einer normierten quadratischen Gleichung (x2+px+q=0) lauten:
x1,2 = -p/2 ± sqr(p2/4 - q)
wobei hier p = (2-m)/2 und q = m
Ich komme also auf
x1,2 = -(2-m)/4 ± sqr((2-m)2/16 - m)
und unter der Wurzel aufgelöst sowie das 1/16 rausgebracht:
x1,2 = -(2-m)/4 ± 1/4*sqr(m2 - 20m +4)
entweder habe ich da jetzt einen Fehler, oder du, ist aber eigentlich egal, gehen wir mal davon aus ich habe einen Fehler gemacht und die hier stimmt:
x = m/4 - 1/2 + Wurzel(m²-12m+4)/4
Für alle m >= 12, ist x rein reell
ja
und x >= 3.
nein: nur eine der beiden Lösungen ist > 0 (bei genügend großem m). Stört uns das hier?
Das
bedeutet, dass alle Zahlen a, b, c größer als Null und damit
wohl definiert sind. Es gibt also unendlich viele Lösungen.
Wenn nicht, dann passt das hier, abgesehen davon, dass noch gelten muss, dass m > (2x + 2), sonst wird c 2 von vorhin, stört’s also doch?).
Danke für deine Hilfe!
Gruß,
Martin
Hallo Martin,
wenn ich behilflich sein darf:
xc = 2(x+1) + c
c = 2(x+1)/x + c/x
und jetzt?
Wie kommst du da auf:
c = 2(x+1)/(x-1)
So:
xc = 2(x+1) + c | -c
xc-c = 2(x+1)
c(x-1) = 2(x+1)
c = 2(x+1)/(x-1)
Dann:
x²+((2-m)/2)x + m/2 = 0 (auch m muß durch 2 geteilt werden!)
und somit
hier p = (2-m)/2 und q = m/2
Dann kommst Du auch wieder hier an:
x = m/4 - 1/2 + Wurzel(m²-12m+4)/4
Gruß
Kubi
Hallo Martin,
danke, dass du dich mit meinem Artikel auseinander gesetzt hast. Deinen Rechenfehler hat Kubi dir ja bereits korrigiert. Daher nur noch das eine:
nein: nur eine der beiden Lösungen ist > 0 (bei genügend
großem m).
Ich habe mich auf die Lösung mit der positiven Wurzel beschränkt, weil man hier direkt sieht, dass x>1 für alle m >= 12 ist (und damit a,b,c wohldefiniert sind). Um zu zeigen, dass es unendlich viele Quader mit der geforderten Eigenschaft gibt, war das bereits ausreichend.
Aber auch für die Lösung mit der negative Wurzel gilt x>1 für m >= 12.
Beweis:
sei m>=12, dann gilt:
x = m/4 - 1/2 - Wurzel(m²-12m+4)/4
>
m/4 - 1/2 - Wurzel(m²-12m+36)/4
=
m/4 - 1/2 - Wurzel((m-6)²)/4
= m/4 - 1/2 - (m-6)/4 = 1
Man hätte also auch die zweite Lösung nehmen können.
Gruß
Oliver
Hallo Kubi,
wenn ich behilflich sein darf:
xc = 2(x+1) + c
c = 2(x+1)/x + c/x
und jetzt?
Wie kommst du da auf:
c = 2(x+1)/(x-1)
So:
xc = 2(x+1) + c | -cxc-c = 2(x+1)
c(x-1) = 2(x+1)
c = 2(x+1)/(x-1)
Ääähm ja *genier*
Dann:
x²+((2-m)/2)x + m/2 = 0 (auch m muß durch 2 geteilt werden!)
Du nimmst das aber genau *g*
und somit
hier p = (2-m)/2 und q = m/2
Dann kommst Du auch wieder hier an:
x = m/4 - 1/2 + Wurzel(m²-12m+4)/4
yepp! Wo kann ich mich nochmal für’s Gymnasium melden (hoffentlich schaffe ich den Aufnahmetest)?
Gruß
Kubi
Auch liebe Grüße und danke für die Hilfe!
Martin
Hallo Oliver,
danke, dass du dich mit meinem Artikel auseinander gesetzt
hast. Deinen Rechenfehler hat Kubi dir ja bereits korrigiert.
Ja, und ich bin nicht nur zu blöd um richtig umzuformen, nein noch nicht mal Kopfrechnen kann ich…
Aber auch für die Lösung mit der negative Wurzel gilt x>1
für m >= 12.Beweis:
Den braucht’s eigentlich nicht, mir ist’s so auch schon peinlich genug…
sei m>=12, dann gilt:
x = m/4 - 1/2 - Wurzel(m²-12m+4)/4
>
m/4 - 1/2 - Wurzel(m²-12m+36)/4
=
m/4 - 1/2 - Wurzel((m-6)²)/4
= m/4 - 1/2 - (m-6)/4 = 1
Hübsch gemacht - ich hatte einfach mal nur ein großes m genommen, für das man das meiste im Kopf rechnen kann (ausser der Wurzel) und eingesetzt. Leider habe ich nicht für jeden einzelnen Schritt den Taschenrechner genommen, sonst hätte ich vielleicht doch noch rausgefunden, dass m=1000 m/4 = 225 …
Man hätte also auch die zweite Lösung nehmen können.
Ich nehme alles zurück und behaupte strikt das Gegenteil.
Liebe Grüße und danke für die (offensichtlich dringendst nötige) Nachhilfe,
Martin
erstaunlich…
Gibt es, und wenn ja wieviele verschiedene, Quader, bei denen
die kantensummen = Volumen des Quaders ist, wenn alle
Kantensummen nur ganze Zahlen sein dürfen?
Interessanterweise hängt die Antwort davon ab, welchen Maßstab Du zur Längenmessung verwendest. Ich wähle das Maßsystem so, daß die Kante a die Länge Eins bekommt, also ein „k-Meter“. Die beiden anderen Kanten nenne ich b und c.
Grundsätzlich übersetzt sich die Gleichheit von Kantenlänge und Volumen in die Gleichung
4*(a+b+c) = a*b*c.
Durch die spezielle Wahl des Maßsystems reduziert sich diese Gleichung zu
4*(1+b+c) = b*c.
Nach b aufgelöst ist das
b = 4 * (c+1) / (c-4).
Man läßt nun c alle natürlichen Zahlen durchlaufen und sieht jedsmal nach, ob das damit erhaltene b auch natürlich ist. Offenbar muß c>4 sein, damit b positiv wird. Es findet sich
c = 5 --> b = 24
c = 6 --> b = 14
c = 8 --> b = 9
c = 9 --> b = 8
c = 14 --> b = 6
c = 24 --> b = 5
Für c gegen Unendlich nimmt b (von oben) den Grenzwert vier an. Also erhalten wir noch den entarteten Fall
c = 00 --> b = 4
Das sind dann aber auch alle Fälle. Es gibt also sechs (sieben) Lösungen. Die sechs Lösungen sind aber paarweise geometrisch gleich, da die Vertauschung von b und c nur einer Drehung des Objektes entspricht. Also komme ich auf drei verschiedene Lösungen mit den Kantenverhältnissen
1:5:24
1:6:14
1:8:9
In diesem Maßsystem existiert etwa die Lösung 2,4,6 von Moritz nicht, denn a=1, b=2 und c=3 ist sicher keine Lösung.
Gruß,
klaus