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Das Radienverhältnis ist gleich dem Durchmesserverhältnis. Da das blaue Quadrat die Seitenlänge R sqrt(2) hat, ist der kleine Durchmesser R sqrt(2) - R, folglich das Verhältnis (R sqrt(2) - R) / (2R) = (sqrt(2) - 1) / 2.

Bekannt die Geschichte um den "Großen Fermatschen" -Satz.
Danach besitzt die Gleichung X^N +Y^N -Z^N = 0 für N > 2 keine ganzzahlige Lösung [X Y Z] Fermat hatte behauptet, einen einfachen Beweis gefunden zu haben.
Das hatte er auch in vielen ähnlichen Fällen behauptet und in allen diesen anderen Fällen , hat es nicht allzu lange gedauert bis die Mathematiker - Community die jeweilige Aussage bestätigen konnte.
Beim "Großen Fermatschen" -Satz gilt es gemeinhin heute als unwahrscheinlich.
dass Fermat wirklich eine Beweis gefunden hat, denn erst nach 350 Jahren
ist es Andrew Wiles mit sehr tiefliegenden Methoden, von denen Fermat nichts wissen konnte gelungen ,den Satz zu beweisen.
Ich will mich nicht in die Reihe der "Fermatisten" (d. h. Laien die so naiv sind, zu meinen, das Problem lösen zu können)
einreihen , auch wenn ich gelernter Mathematiker bin.
Aber mir sind Gedanken gekommen, die das Problem stark vereinfachen.
Zumindest gilt das für jedes einzelne N.
Daraus für alle N synchron einen Beweis zu machen , ist immer noch eine große Herausforderung, aber es könnte sein, dass unterm Strich die Analyse des Problems in der vereinfachten Form zu einem einfachen Beweis für alle N führt.
Stand der Technik war lange
ggf eine N-te Wurzel w von (-1) zu Q zu adjungieren und als Grundkörper K = Q(w) einzuführen die Gleichung kann dann äquivalent als 0 =p(X,Y,Z) = X^N +Y^N +Z^N geschrieben werden.
jetzt meine Idee:
wenn X, Y ,Z in K liegen
so auch
s0 = -X -Y -Z,
s1 = (-X)*(-Y) +(-Y) *(-Z) + (-Z) *(-X) ,
s2 =(-X)*(-Y)*(-Z)
und p lässt sich eindeutig als q(s0,s1,s2) schreiben mit einem Polynom q.
das gilt allgemeiner für jedes p mit p(X,Y,Z) = p(Y,Z,X)= p(Z,X,Y) = p(Y,X,Z) = p(X,Z,Y)= p(Z,Y,X) (siehe dazu und für ein Verfahren zu p das q zu finden :van der Waerden :Algebra) den Vektor Xv = [X , Y, Z] kann man in an die Permutationsgruppe S(3) angepassten Koordinaten als Xv = m*[1 1 1] +s*[1 1 (-2)] +d*[1 (-1) 0] schreiben.
Dies in die Definitionen von s0,s1,s2 eingesetzt ergibt mit ms = m+s, d2 = d^2
s0 =-3*m;
s1 =- 24*m^2 + 36*m*ms - 12*ms^2 -d2;
s2 = 4*d2*ms - 144*ms - 5*d2 + 84*ms^2 - 16*ms^3 + 80;
( es gilt Vektoriell
Xv.^3 +Xv.^2*s0 + Xv.^1*s1 +s2 = [0 0 0]
Dies in "msd " -Koordinaten geschrieben lautet:
0 =pm = 6*d2 + 108*ms + s1 + s2 - 4*d2*ms - 72*ms^2 + 16*ms^3 - 56;
0 =ps = 3*d2 - 156*ms + 3*s1 - 2*d2*ms - 2*ms*s1 + 108*ms^2 - 24*ms^3 + 72;
0 = pd =d*( 12*ms^2 - 36*ms + d2 + s1 + 24); (man beachte dass diese Gleichungen degree < =3 haben, unabhängig von N) ,aber das wird im folgenden nicht einmal benötigt, kann aber Beziehungen zwischen den s0 s1 s2 etablieren , die die Rechnung unten vereinfachen können )
soweit gilt das für jedes p mit p(X,Y,Z) = p(Y,Z,X)= p(Z,X,Y) = p(Y,X,Z) = p(X,Z,Y)= p(Z,Y,X) für die Frage ob X Y Z im Grundkörper liegt können wir auch zu (X' Y' Z' ) = ( X/m) (Y/m) (Z/m) übergehen.
das heißt wir dürfen m = 1 annehmen.
(Es könnte die falsche Entscheidung gewesen sein Z auf 1 zu setzen, die Symmetrie sagt, dass man m = 1 setzen sollte, nicht Z = 1, den letzteres bricht die vermutlich im jedem Fall sehr nützliche Symmetrie S(3))
Für ein konkretes p lässt sich p dann als q(s1,s2) schreiben
oder mit beliebigen a0 a1 aus K
und [v0 v1] := [s1 s2]*[a0 a1;(-a1) a0]
auch als r(v0,v1).
Mit
s10 =- 24 + 36*ms - 12*ms^2 -d2;
s20 = 4*d2*ms - 144*ms - 5*d2 + 84*ms^2 - 16*ms^3 + 80; und
v10 = [s10 s20]*[a1 ;a0]
muss gelten:
(v1 -v10) teilt r(v0,v1)
die Polynom -Division muss also aufgehen.
wenn K genügend viele Elemente hat (K = Q , oder K =Q(...)) haben immer mit inf immer genügend viele Elemente)
müssen alle Koeffizienten aller Monome in a0, a1 des Ergebnisses gleich 0 sein.
Das liefert schon für N = 3 eine stattliche Anzahl A von Gleichungen F(ms,d2) und mit steigendem Grad in s1 s2 von q sollten es sehr schnell immer mehr werden. Diese können aber selbstverständlich viele Teiler gemeinsam haben.
All diese Gleichungen müssen dasselbe Paar [ ms d2] als Nullstelle haben.
d.h.
ein p1 von minimalen Grad deg in d2 unter diesen aus gewählt
sind die ggts von p1 mit je einem anderen davon verschiedenen
A-1 Gleichungen vom Grad < deg
Es erscheint sehr "unwahrscheinlich"
dass für ein vorgelegtes symmetrisches Polynom p man nicht so schließlich sehr viele Polynome, die von d2 unabhängig sind, findet.
Alle diese müssen, damit es eine Lösung im Grundkörper gibt, einen gemeinsamen Faktor (ms -c) mit c aus K besitzen , wenn p eine Lösung in K haben soll.
Mit der Matlab -Funktion "factor" kann man das prüfen (in van der Waerden: Algebra , kann man lesen wie Matlab das machen dürfte)
Dazu kommt , dass wir so jeden Menge Gleichungen F(ms,d2) = 0 finden ,selbst wenn so ein c aus K existiert, muss dasselbe auch für alle F(c,d^2) (mit d statt ms) gelten.

Das legt es nahe , dass man für beinahe beliebige symmetrische p automatisiert beweisen kann, dass p = 0 keine Lösung im Grundkörper hat.
Ebenso sollte mit dieser Methode für praktisch "jedes" einzelne N, automatisiert beweisbar sein, dass X^N +Y^N -Z^N keine ganzzahlige Lösung hat.
Die Herausforderung ist, daraus synchron für alle N , einen einfacheren Beweis als den, den Wiles geliefert hat, zu machen,
Es kann natürlich sein, dass der Teufel hier im Detail steckt (???).
Mich würde von Herrn Pöppe interessieren, ob diese Gedanken neu sind oder nicht . (Wahrscheinlich eher nicht ,aber wer weiß)

Es gibt noch einige zusätzliche Sonderfälle. Bei Wikipedia heißt es:
„Es gibt zwei Abweichungen von dieser Normalform, die schon seit der Antike vereinzelt zu belegen sind und auch in jüngerer Zeit auftreten: Das Zeichen in subtraktiver Stellung wird verdoppelt und dann der Wert zweimal abgezogen, z. B. IIX statt VIII für 8, XXC statt LXXX für 80. I oder X werden in subtraktiver Stellung nicht nur vor den beiden jeweils nächstgrößeren Zeichen, sondern vor noch höheren Zeichen verwendet, z. B. IL statt XLIX für 49, IC statt XCIX für 99 oder XM statt CMXC für 990.“ (https://de.wikipedia.org/wiki/R%C3%B6mische_Zahlschrift#Varianten )
Ein dritter Sonderfall sind große Zahlen. So stand eine IV mit einem Oberstrich für 4.000, eine eingerahmte IX für 900.000. (https://www.roemische-zahlen.net/#Roemische_Zahlen_umrechnen_Subtraktionsregel )

Guten Tag,

ein super Rätsel wie immer, jedoch empfehle ich bei Formulierung der Lösung eine Anpassung von Bild an Text oder vice versa. Ich habe das Originalbild durch verschiedene Sehfehlerfilter laufen lassen und die Lösung lässt eine anachromatische Sichtweise von Herrn Hemme vermuten.
Hoffentlich wurde das Beispielbild beim Verfassen der Lösung nur in schwarz-weiß ausgedruckt.

Da steht: fünf Punkte (vier davon sind in einem Quadrat angeordnet, der fünfte befindet sich mittig über den oberen zwei Punkten)
Nachdem ich das Haus nicht kannte, war mir nicht klar, dass die vier Punkte in einem Quadrat auch noch durch Diagonalen verbunden sind, und daher hat mich zunächst auch dieser Satz verwundert: Doch wenn man an einem der drei oberen Punkte startet, mündet das zwangsläufig in eine Sackgasse.

Im Rätsel sind zwei Jahreszahlen angegeben: 2022 und 2024.

Außerdem ist
\( 2024=\frac{z_1!\bullet z_2!\bullet z_3!\bullet\ldots}{n_1!\bullet n_2!\bullet n_3!\bullet\ldots} \) in manchen Browsern (bei mir Chrome) als Quelltext sichtbar.

In der Auflösung wird von schwarzen, grauen, hellgrauen und einer weißen Münze gesprochen.
Die Übersicht zeigt jedoch rote, grüne, blaue und eine gelbe Münze.
Die Lösung beeinflusst dies jedoch nicht.

Wenn die drei Eckmünzen weg sind, kann die in der Mitte dorthin geschoben werden, schräg nach unten.

Ist zwar nicht relevant, aber keine der im Lösungstext angegebenen Münzfarben stimmt mit denen im Bild überein und das Bild ist (mal wieder) unten abgeschnitten.

Soll der Bruch dessen Zähler und Nenner aus Faktoren von Fakultäten besteht berechnet für 2022 oder 2024 berechnet werden?
Für 2024 wäre meine Lösung: 2024=(23!*9!*6!*2!*2!)/(19!*10!*7!*3!).

Und mit der Logik lässt sich ein Großteil der Rechnung sparen.
Die Anzahl der Kanten lässt sich mit dem Wissen um die Anzahl der Schnittpunkte und unter der Voraussetzung, dass sich immer nur genau 2 Geraden in einem Punkt treffen, direkt berechnen.

Die Anzahl der Schnitte bei n Punkten ist wie beschrieben B(n,2), die Anzahl der Schnittpunkte B(n,4). Jeder Schnittpunkt teilt jetzt 2 Schnitte in jeweils 2 kürzere Kanten. Daher wird pro Schnittpunkte die Anzahl der Kanten um 2 erhöht.
Ergebnis Anzahl Kanten: 2*B(n,4)+B(n,2)

Aber grundsätzlich war es schön zu lesen - wenn auch in meinen Augen etwas umständlich gezählt

Im Lösungstext ist von weißen, schwarzen und grauen Münzen die Rede, im dazugehörigen Bild sind die Münzen bunt.

Überschrift und Text passen nicht zusammen. Das hat mich richtig geärgert. Die Zeit hätte ich mir sparen können.... Und das vorher noch unter dem Decknamen "Best of 2022: Wissenschaft" :-(

Hochdimensionale Würfel gibt es nicht nur in den geistigen Sphären der Mathematik. Der erste massiv parallele Supercomputer, die erste Connection Machine (CM-1) von Danny Hillis, bestand aus 4096 Rechenknoten, die in Form eines zwölfdimensionalen Hyperwürfels miteinander verschaltet waren. Jeder Rechenknoten in Form eines Chips bestand dann noch aus 16 einzelnen sehr einfachen Prozessoren, so dass man insgesamt auf 10 hoch 16 (65.536) CPUs kam. Bei diesem Design spielte die kurze maximale Hamming-Distanz der Knoten eine maßgebliche Rolle, wie Hillis auch mal in einem Artikel in Scientific American (deutsch in Spektrum der Wissenschaft 8/1987) dargelegt hat.