Kommentare - - Seite 47

Interessanterweise ist das Ergebnis des PRODUKTS zweier Kubikzahlen, also von
2^3 MAL 6^3
(logischerweise gleich)
3^3 MAL 4^3
gleich
1728
Also die kleinste Zahl, "die auf zwei verschiedene Arten als PRODUKT von zwei Kubikzahlen darstellbar ist".
Knapp vorbei ...

Wesentlich leichter lässt sich das lösen durch Betrachten der Neunerrest. Der Neunerrest einer Zahl ist bekanntlich gleich (dem Neunerrest) der Quersumme, und der Neunerrest einer Summe ist gleich der Summe der Neunerreste (immer modulo 9 betrachtet). 2+2+1=5, und Summe von 1 bis 9 ist 45 (mit Neunerrest 0), also fehlt 4.

Satz: Keine natürliche Zahl ist langweilig

Beweis: Gäbe es langweilige natürliche Zahlen, so gäbe es auch eine Kleinste. Die kleinste langweilige Zahl wäre aber hochinteressant und daher nicht langweilig. QED

In Ihren netten Artikel hat sich wohl der Fehlerteufel eingeschlichen.
Die Zahl 1729 lässt sicht nicht als Summe zweier Dreierpotenzen darstellen.
Diese sind ja Zahlen der Form 3 hoch n. Eine Dreierpotenz ist damit ungerade und die Summe zweier solcher Dreierpotenzen muss gerade sein und ist also sicher nicht 1729.
Gemeint ist wohl, dass sich 1729 als Summe zweier Kubikzahlen, also Zahlen der Form n hoch 3, darstellen lässt.
In unserem Fall wären das 1729 = 10^3 + 9^3 = 12^3 + 1^3 .

Viele Grüße, Thomas Seibold

Der indische Mathematiker Srinivasa Ramanujan (1887- 1920) hatte sich in seiner Jugend Mathematik selbst beigebracht. In seinem Nachlass befinden sich ca. 6000 Formeln ohne Beweis. Ramanujan hatte sie aufgeschrieben wie Eingebungen. Vermutlich hatte er ein unvorstellbar ausgeprägtes Gefühl für Zahlen. Eine seiner Formeln war
√(∛28-∛27) =1/3∙(∛98-∛28-1)
Heute können wir mit Hilfe eines Computer-Algebra-Systems (CAS) leicht nachweisen, dass die Aussage wahr ist.
Die Zahlen 28 und 98 weisen auch für einen Menschen mit weitaus weniger entwickeltem Zahlengefühl eine Besonderheit auf: 28=22·7 und 98=2·72. Auch die 27 und sogar die 3 haben eine gewisse Beziehung zur 28, nämlich 27=28-1 und 3=∛(28-1). All diese Auffälligkeiten veranlassen zu einem Experiment: Man setze a an die Stelle von 7. Dann wird aus Ramanujans Formel:
√(∛4a-(4a-1)/(a+2))=√(1/(a+2))∙|∛(2a^2 )-∛4a-1|
Man kann den Nachweis der Gültigkeit dieser Formel von einem Computer-Algebra-System unterstützen lassen. Zusätzlich ist es zweckmäßig, für einige Teilterme eine andere Schreibweise als das CAS zu wählen. Danach ist für jede positive Zahl a eine Ramanujan-Formel gefunden. Zum Beispiel wird für a=10 und etwas Termumformung diese Formel gefunden:
√(8∙∛5-13)=1/√3∙(2∙∛25-2∙∛5-1)

Wer ist hier überheblich?? Jedenfalls nicht der Mann vom Fach.

Frau Bischoff schreibt:
Der Wert 20 067 scheint also recht langweilig. Doch das kann sich ändern. Vielleicht erscheint schon während des Schreiben dieses Artikels eine neue Folge, in der 20 067 in den ersten Folgengliedern auftaucht.

Ja! Die Folge der Mittelwerte je zweier aufeinanderfolgender Primzahlen

ob es unendlich viele Primzahlen nach der o.g. Formel gibt, ließe sich z.B. mit der folgenden javascript-Routine überprüfen:

prim=0
a=0
function zaehle(){
a++
prim=1
fin=Math.floor(Math.sqrt(a))+1
for(b=2;b qu=a/b
if(qu==parseInt(qu)){prim=0;b=fin;}
}
if(prim==1)document.write(a + " ")
}

Wird auch nur ein Treffer erzielt, ist die Annahme Landaus falsch.

...der Formalismus und die Komplexität mathematischer Texte und die Frage, ob die Mathematik durch Anwendungen getrieben sein solle.
Landau war/ist ganz sicher nicht der Einzige, der die Mathematik eng fasste, was ihre Anwendungen und die Motivation, sich mit bestimmten Problemen zu befassen, betrifft...
Dass mathematische Texte für viele unverständlich sind, ist ganz unabhängig davon in der Tatsache begründet, dass viele Teilgebiete dermaßen komplex und abstrakt sind, dass nur noch wenige Experten auf dem jeweiligen Teilgebiet die entsprechenden Beweise nachvollziehen können. Aber fairerweise muss man sagen, dass bspw. schon der Beweis, dass sqrt(2) eine irrationale Zahl ist, viele überfordert - und den kann man in der gymnasialen Oberstufe durchnehmen. Das Problem ist vielmehr, dass heutzutage SchülerInnen im Mathematik-Unterricht leider kaum noch formale Beweise überhaupt zu Gesicht bekommen...

Im 5. Jh. v. Chr. fanden einige Konstruktionsaufgaben besonderes Interesse in der Fachwelt. Dazu gehörten die Frage nach der Teilung eines gegebenen Winkels in drei gleiche Teile und die Verwandlung eines Kreises in ein flächengleiches Quadrat. Heute wissen wir, dass beide Aufgaben mit den klassischen Hilfsmitteln, Zirkel und Lineal nicht lösbar sind. Hippias von Elis schuf sich im späten 5. Jh. v. Chr. die später sogenannte „Quadratrix“ als Hilfsmittel. Er hat sie Punktweise im Einheitsquadrat konstruiert. P1 war der Schnittpunkt der Mittelparallelen g1 zwischen den Geraden x=0 und x=1 und der ersten Hauptdiagonalen w1. w2 halbiert den Winkel zwischen w1 und x-Achse und g2 ist die Mittelparallele zwischen g1 und x=1. g2 und w2 schneiden sich in P2. w3 halbiert den Winkel zwischen w2 und x-Achse und g3 ist die Mittelparallele zwischen g2 und x=1. g3 und w3 schneiden sich in P3. Und immer wieder werden Winkelhalbierende mit Mittelparallelen geschnitten, um neue Schnittpunkte zu erhalten. Die Linie, auf der alle diese Schnittpunkte liegen, wurde später Quadratrix genannt (siehe Abbildung).
Abbildung konnte nicht eingefügt werden.
Hippias von Elis drittelte damit einen beliebigen Winkel in folgenden Schritten:
Der Winkel wurde im Punkt O(0|0) an die positive x-Achse angetragen.
Der freie Schenkel des Winkels schneidet die Quadratrix in P. Das Lot von P auf die x-Achse wird von den Punkten Q und R gedrittelt. OP und OQ dritteln den Winkel.
Abbildung konnte nicht eingetragen werden.

Um 350 v.Chr. hat Deinostratos entdeckt, dass sich die Quadratrix auch für die Lösung des zweiten eingangs genannten Problems eignet, das als „Quadratur des Kreises“ sprichwörtliche Bedeutung erhalten hat. Die Tangente an den Funktionsgraphen der Quadratrix im Punkt (1/0) schneidet die y-Achse in (0|π/2). Wie Deinostratos das herausgefunden hat, ist wohl unbekannt, lässt sich aber heute mit Hilfe der Oberstufenmathematik überprüfen.
Abbildung konnte nicht eingetragen werden.

Nebenstehende Abbildung zeigt diese Tangente und ein Rechteck (grau) mit dem Flächeninhalt 2·π/2 = π. Das Rechteck lässt sich mit dem Höhensatz in ein Quadrat (gelb) verwandeln.
Abbildung konnte nicht eingetragen werden.

Die Lösung ist noch unvollständig, es fehlt noch:
11111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111
Um welches Zahlensystem es sich dabei handelt, sei dem Leser überlassen.

https://www.spektrum.de/raetsel/wie-gross-waere-die-flaeche-von-wyoming-unter-diesen-bedingungen/2103024

Sehr geehrter Herr Prof. Hemme,
in Ihrer Lösung gibt es einen kleinen Fehler. Die Mantelfläche der Kugelkappe ist:
2πr² ∙ (1-sinB),
allerdings kürzt die die 1 am Ende wieder heraus.

Viele Grüße

Die Größe einer Kugelkappe " von B zum Nordpol "
ist nicht 2(pi)r²(sin(B)), sondern 2(pi)r²(1-sin(B)) !
Da die Kugelkappe von B1 größer als die von B2 ist,
ergibt sich allerdings wieder die angegebene Lösung.

Es gibt natürlich " unendlich viele "

Tertraeder : Stumpfe, Spitze - Sehr Spitze
die sich in der Höhe bezogen auf die " Viereckige Grundfläche " unterscheiden.

Dann gibt es natürlich noch " unendlich viele "
Rechteckflächen und Quadratflächen,

auf denen Pyramiden mit 4 Dreieckflächen gebildet werden können.

mfG
jk

Wenn man das innere Rechteck zu einem Parallelogramm schert indem man die linke Ecke in Verlängerung der linken Seite zum linken Rand des äußeren Rechtecks schiebt sieht man direkt 2 ganze Felder im inneren sowie je 3 halbe oben und unten plus 2 halbe links und rechts, also sieben Felder von 16 qed.