Ägyptische Brüche
wuerg, 02.10.2009 22:02
Wenn einer eine Haus- oder Knobelaufgabe hat, landet er mitunter über Google bei mir. So lese ich heute die Anfrage „schreibe zwei neuntel auf drei verschiedene weisen als Summe“. Gemeint sind wohl die Lösungen der Gleichung
Als Übungsaufgabe verbleibt die Frage, auf wieviele und welche Weisen sich ein Neuntel als Summe zweier Kehrwerte natürlicher Zahlen darstellen läßt.
2 1 1 − = − + − 9 a bmit natürlichem a und b. Das ist gleichbedeutend mit 2ab=9(a+b), weshalb a oder b durch 9 oder a und b durch 3 teilbar sein müssen. Es tritt immer der erste Fall ein, denn mit a=3m und b=3n ergibt sich 2mn=3(m+n), womit m oder n ein Vielfaches von 3, also a oder b durch 9 teilbar sein muß. Falls b=9n, ergibt sich 2an=a+9n und daraus
9n
a = −−−−
2n-1
Da 2n-1 und n teilerfremd sind, muß 2n-1 ein Teiler von 9, also 1, 3 oder 9 sein.
2n-1 n b a 1 1 9 9 3 2 18 6 9 5 45 5Damit sind die drei Lösungen
2 1 1 1 1 1 1 − = − + − = − + −− = − + −− 9 9 9 6 18 5 45ermittelt, denn der verbleibende Fall a=9m ergeben selbstverständlich die gleichen Lösungen mit vertauschten Summanden. Zählt man sie mit, sind es nicht drei, nicht sechs, sondern fünf Darstellungen.
Als Übungsaufgabe verbleibt die Frage, auf wieviele und welche Weisen sich ein Neuntel als Summe zweier Kehrwerte natürlicher Zahlen darstellen läßt.
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wuerg,
03.10.2009 01:50
Das Internet nimmt dem modernen Menschen ja gerne die Arbeit ab. Einfach 2/9 eingeben [1], und schon ist das Ergebnis da:
[1] Arndt Brünner: Die Ägyptische Darstellung von Brüchen mit Stammbrüchen.
[1] Arndt Brünner: Die Ägyptische Darstellung von Brüchen mit Stammbrüchen.
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wuerg,
16.10.2009 16:46
Wie die Ägypter mit ihren komischen Brüchen rechnen konnten, ist mir völlig unklar. Sie haben wohl mehr geschätzt. Mit der Zahl π nahmen sie es auch nicht sehr genau. Wenn sie in den Pyramiden versteckt ist, dann nur ungefähr.
Will man einen Bruch, der nicht zu groß sein sollte, als Summe von Stammbrüchen darstellen, so kann man zunächst den größtmöglichen abziehen und dann mit der Differenz in gleicher Weise fortfahren, bis der Rest selbst ein Stammbruch ist. Ein Beispiel:
4/13 liegt zwischen 1/3 und 1/4
deshalb: 4/13 − 1/4 = 3/52
3/52 liegt zwischen 1/17 und 1/18
deshalb: 3/52 − 1/18 = 1/468
also: 4/13 = 1/4 + 1/18 + 1/468
Mit diesem schlichten Verfahren kommt man immer zu Potte, da die verbleibenden Zähler immer kleiner werden [1], bis letztlich 1 bleibt. Überraschenderweise geht das oftmals recht schnell, kommt zumeist aber nicht auf die geringste Summandenzahl oder die kleinsten Nenner. Im Beispiel ist 4/13=1/4+1/26+1/52 viel schöner.
Die Frage, wieviele Stammbrüche benötigt werden, ist keineswegs trivial. Doch für m=1,2,3 ist m/n leicht zu zerlegen, auch wenn die Wiederholung von Summanden verboten ist. Der Fall m=1 ist trivial, denn der Bruch m/n ist bereits ein Stammbruch. Der Fall m=2 ist ebenfalls einfach. Ist n=2k gerade, so ist n/m kürzbar und natürlich 2/m=1/k. Für ungerade n sind immer zwei Summanden erforderlich und auch ausreichend, selbst wenn Verschiedenheit gefordert wird, also 2/n=1/n+1/n nicht in die Tüte kommt:
m/n=1/x+1/y wird durch natürliche m,n,x,y genau dann erfüllt,
wenn n zwei Teiler a und b hat, deren Summe a+b von m geteilt wird.
Hier interessiert nur der Fall m=3. Für gerade n (a=1,b=2), für durch drei teilbare n (a=3,b=n) und für n=6k−1 (a=1,b=n) ist a+b als Vielfaches von m=3 möglich, womit zwei Summanden reichen. Es bleibt wieder der schwierige Fall n=6k+1. Hat n einen Primfaktor d=6l−1, so können a=1 und b=m mit durch m=3 teilbarem a+b=1+m=6l gewählt werden. Sind dagegen alle Primfaktoren vom Typ 6l+1, so auch jedes a und jedes b, deren Summe deshalb nicht durch 3 teilbar ist. Damit gilt zusammenfassend:
Die Darstellung von 3/n als ägyptischer Bruch
ist mit drei verschiedenen Stammbrüchen möglich.
Diese Maximalzahl ist genau dann erforderlich,
wenn n nur Primfaktoren der Form 6l+1 aufweist.
Damit sind die ersten unangenehmen Fälle [3]:
[1] Arndt Brünner: Die Ägyptische Darstellung von Brüchen mit Stammbrüchen.
[2] William A. Webb: On 4/n=1/x+1/y+1/z. Proceedings of the American Mathematical Society 25/3 (1970).
[3] Encyclopedia of Integer Sequences. A004611.
Will man einen Bruch, der nicht zu groß sein sollte, als Summe von Stammbrüchen darstellen, so kann man zunächst den größtmöglichen abziehen und dann mit der Differenz in gleicher Weise fortfahren, bis der Rest selbst ein Stammbruch ist. Ein Beispiel:
4/13 liegt zwischen 1/3 und 1/4
deshalb: 4/13 − 1/4 = 3/52
3/52 liegt zwischen 1/17 und 1/18
deshalb: 3/52 − 1/18 = 1/468
also: 4/13 = 1/4 + 1/18 + 1/468
Mit diesem schlichten Verfahren kommt man immer zu Potte, da die verbleibenden Zähler immer kleiner werden [1], bis letztlich 1 bleibt. Überraschenderweise geht das oftmals recht schnell, kommt zumeist aber nicht auf die geringste Summandenzahl oder die kleinsten Nenner. Im Beispiel ist 4/13=1/4+1/26+1/52 viel schöner.
Die Frage, wieviele Stammbrüche benötigt werden, ist keineswegs trivial. Doch für m=1,2,3 ist m/n leicht zu zerlegen, auch wenn die Wiederholung von Summanden verboten ist. Der Fall m=1 ist trivial, denn der Bruch m/n ist bereits ein Stammbruch. Der Fall m=2 ist ebenfalls einfach. Ist n=2k gerade, so ist n/m kürzbar und natürlich 2/m=1/k. Für ungerade n sind immer zwei Summanden erforderlich und auch ausreichend, selbst wenn Verschiedenheit gefordert wird, also 2/n=1/n+1/n nicht in die Tüte kommt:
2 1 1 −−−− = − + −−−−−−− 2k−1 k k(2k−1) 2/3 = 1/2 + 1/6 2/5 = 1/3 + 1/15 2/7 = 1/4 + 1/28 2/9 = 1/5 + 1/45Für m=3 ist ebenfalls neben der trivialen Zerlegung 3/n=1/n+1/n+1/n eine in drei verschiedene Stammbrüche möglich. Der Fall n=3k ist uninteressant, weil ein kürzbarer Bruch 3/n=1/k vorliegt. Alle anderen erfordern offensichtlich mindestens 2 Summanvden. Für gerade n=2k gelingt das trivial mit 3/n=1/k+1/n. Auch für ungerade n=2k−1 kommt man über 3/n=2/n+1/n zu drei Summanden, weil die Zerlegung von 2/n in zwei ja bereits bekannt ist:
3 2 1 1 1 1 −−−− = −−−− + −−−− = − + −−−−−−− + −−−− 2k−1 2k−1 2k−1 k k(2k−1) 2k−1 3/5 = 1/3 + 1/5 + 1/15 3/7 = 1/4 + 1/7 + 1/28 3/11 = 1/6 + 1/11 + 1/66 3/13 = 1/7 + 1/13 + 1/91Nun die interessante Frage: In welchen Fällen benötigt 3/n nur zwei Summanden? Die trivialen Fälle n=6k+l mit l=0,2,3,4 sind bereits erledigt. Und auch n=6k−1 ist einfach:
3 1 1 −−−− = −− + −−−−−−−− 6k−1 2k 2k(6k−1) 3/5 = 1/2 + 1/10 3/11 = 1/4 + 1/44 3/17 = 1/6 + 1/102 3/23 = 1/8 + 1/184Der verbleibende Fall n=6k+1=7,13,19,25,… ist schwieriger, weil die Abspaltung des größtmöglichen Stammbruches einen recht großen Rest läßt. Trotzdem geht es manchmal:
3/25 = 1/10 + 1/50 3/55 = 1/20 + 1/220 = 1/22 + 1/110 3/85 = 1/30 + 1/510 = 1/34 + 1/170 3/115 = 1/40 + 1/920 = 1/46 + 1/230 3/121 = 1/44 + 1/484 3/145 = 1/50 + 1/1450 = 1/58 + 1/290 3/175 = 1/60 + 1/2100 = 1/70 + 1/350 = 1/100 + 1/140 3/187 = 1/66 + 1/1122 = 1/68 + 1/748Für diese 3/n hat n einen Faktor d=6l−1, der Grundlage der Zerlegung in zwei Summenden ist. Zum Beispiel n=175=5·5·7. Dessen Faktoren d=6l−1 sind 5 und 35, woraus sich
3/175 = (3/5)/35 = (1/2+1/10)/35 = 1/70 + 1/350 3/175 = (3/35)/5 = (1/12+1/420)/5 = 1/60 + 1/2100 3/175 = (3/35)/5 = (1/14+1/70)/5 = 1/70 + 1/350 3/175 = (3/35)/5 = (1/20+1/28)/5 = 1/100 + 1/140ergibt. Was ist aber mit den n=6k+1, die keinen Faktor der Form 6l−1 haben, deren Faktoren also alle von der unangenehmen Art 6l+1 sind? Sie alle erfordern drei Summanden. Es gilt nämlich [2]:
m/n=1/x+1/y wird durch natürliche m,n,x,y genau dann erfüllt,
wenn n zwei Teiler a und b hat, deren Summe a+b von m geteilt wird.
Hier interessiert nur der Fall m=3. Für gerade n (a=1,b=2), für durch drei teilbare n (a=3,b=n) und für n=6k−1 (a=1,b=n) ist a+b als Vielfaches von m=3 möglich, womit zwei Summanden reichen. Es bleibt wieder der schwierige Fall n=6k+1. Hat n einen Primfaktor d=6l−1, so können a=1 und b=m mit durch m=3 teilbarem a+b=1+m=6l gewählt werden. Sind dagegen alle Primfaktoren vom Typ 6l+1, so auch jedes a und jedes b, deren Summe deshalb nicht durch 3 teilbar ist. Damit gilt zusammenfassend:
Die Darstellung von 3/n als ägyptischer Bruch
ist mit drei verschiedenen Stammbrüchen möglich.
Diese Maximalzahl ist genau dann erforderlich,
wenn n nur Primfaktoren der Form 6l+1 aufweist.
Damit sind die ersten unangenehmen Fälle [3]:
3/7 = 1/4 + 1/7 + 1/28 3/13 = 1/6 + 1/26 + 1/39 3/19 = 1/8 + 1/38 + 1/152 3/31 = 1/12 + 1/124 + 1/186 3/37 = 1/15 + 1/111 + 1/185 3/43 = 1/18 + 1/86 + 1/387 3/49 = 1/28 + 1/49 + 1/196 3/61 = 1/24 + 1/183 + 1/488 3/67 = 1/24 + 1/536 + 1/804 3/73 = 1/28 + 1/292 + 1/511 3/79 = 1/30 + 1/395 + 1/474 3/91 = 1/70 + 1/91 + 1/130Natürlich sind das nicht die einzigen Möglichkeiten. In keinem Falle ist die Zerlegung dabei, die immer den größten Stammbruch auswählt, also vorne den kleinstmöglichen Nenner aufweist. Vielmehr habe ich versucht, die Zerlegungen anzugeben, deren größter Nenner minimal ist. Nicht zufällig haben diese viele Faktoren, insbesondere gerne die Lieblinge 4,6,10,12,30,… der Ägypter, denn auch sie hatten bemerkt, daß sich mit den Faktoren von 60 gut rechnen läßt.
[1] Arndt Brünner: Die Ägyptische Darstellung von Brüchen mit Stammbrüchen.
[2] William A. Webb: On 4/n=1/x+1/y+1/z. Proceedings of the American Mathematical Society 25/3 (1970).
[3] Encyclopedia of Integer Sequences. A004611.
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wuerg,
16.10.2009 16:48
Meine Überlegungen zum Fall n=6k−1 gelten in der gleichen Weise auch für den allgemeineren n=3k−1, was die Formel vereinfacht und für die nun eingeschlossenen geraden n oberhalb von 2 eine zweite Zerlegung liefert:
Ich bemerkte, daß auf der Basis vorangehender Überlegungen eine Zerlegung von 1/n in zwei Summanden möglich ist, falls n=6k+1 einen Faktor d=6l−1 aufweist, und fuhr wörtlich fort: „Sind dagegen alle Primfaktoren vom Typ 6l+1, […]".
Das unscheinbare Wort „dagegen“ tut so, als gäbe es gar keine Alternative. Könnte es nicht einen dritten Fall geben? Gibt es keine n=6k+1, die noch einen anderen Faktor als vom Typ 6l±1 aufweisen?
Die gibt es wirklich nicht, weil 2 und 3 als Primfaktoren von 6k+1 ausscheiden und alle übrigen Primzahlen vom Typ 6l±1 sind. Und egal, wie man diese Primfaktoren multipliziert, das Ergebnis bleibt immer vom gleichen Typ.
Auch für n=3k+1 bleibt diese Argumentation richtig. Sie ist sogar einfacher: Neben den natürlichen Zahlen d=3l±1 gibt es nur noch welche vom Typ d=3l, die als Faktoren von n ausscheiden, weil n nicht durch 3 teilbar ist.
Es hat mich nicht ruhen lassen, ob ich statt n=6k±1 nicht lieber n=3k±1 hätte betrachten sollen, zumal 3 gegenüber 6 doch die kleinere Zahl ist. Zwei Argumente aber sprechen für die 6: Zum einen zerfallen die unkürzbaren Brüche 3/n in drei disjunkte Klassen n=2k, n=6k+1 und n=6k−1. Zum anderen sondert n=6k±1 eine kleinere Grundgesamtheit aus, die oftmals das Denken und die Suche nach Beispielen vereinfacht.
Auch hier sollte der geneigte Leser nicht auf suggestive Argumente reinfallen. Es wird die 3 abqualifiziert, weil die Fälle n=2k, n=3k+1 und n=3k−1 nicht disjunkt sind. Nur wäre der Fall n=2k dann entbehrlich und es wären sogar alle 3/n in nur drei disjunkte und dazu noch triviale Klassen n=3k, n=3k+1 und n=3k−1 geteilt.
Formal mag die 3 der 6 überlegen sein. Die 6 aber ist menschlicher, denn es entspricht unserem Denken mehr, zunächst die einfachen Fälle auszuscheiden, um dann nur noch die restlichen zu betrachten. Und es geht ja auch bei formalen Überlegungen nicht nur um Richtigkeit und Sparsamkeit, sondern auch um Verständnis.
Wenn ich später die Brüche 4/n betrachten werde, stehe ich wieder vor der Wahl, die Fälle 4k±1 oder lieber 12k±1 und 12k±5 zu unterscheiden. Und dann werde ich mich wohl für die 4 und gegen die 12 entscheiden, weil sich gegenüber 3 und 6 die Gewichte verschoben haben. Die Aufspaltung von 3k±1 in 6k±1 und 6k±4 erhöhte die Fallzahl nicht, da die letzteren als bereits behandelt und trivial ausschieden. Die Aufspaltung von 4k±1 in 12k±1, 12k±5 und 12k±9 aber hinterläßt doppelt soviele Fälle, weil nur die zu 12k±9 entfallen.
3 1 1 −−−− = − + −−−−−−− 3k−1 k k(3k−1) 3/5 = 1/2 + 1/10 3/8 = 1/3 + 1/24 = 1/4 + 1/8 3/11 = 1/4 + 1/44 3/14 = 1/5 + 1/70 = 1/7 + 1/14 3/17 = 1/6 + 1/102 3/20 = 1/7 + 1/140 = 1/10 + 1/20 3/23 = 1/8 + 1/184 3/26 = 1/9 + 1/234 = 1/13 + 1/26Die sind beileibe nicht die einzigen. So gibt es für 3/14 eine dritte Zerlegung in zwei Stammbrüche und für 3/20 nicht nur vier, sondern auch noch eine mit kleineren Nennern:
3/14 = 1/6 + 1/21 3/20 = 1/8 + 1/40 = 1/12 + 1/15Auch der Fall n=6k+1 läßt sich auf n=3k+1 verallgemeinern, wenn eine beiläufige Arguentation beachtet wird, auf die ich unbedingt hinweisen will. Sie soll beispielhaft sein für die vielen Stellen, an denen trotz formaler Argumentation schnell eine kleine Ungenauigkeit mit möglicherweise großen Folgen einfließen kann.
Ich bemerkte, daß auf der Basis vorangehender Überlegungen eine Zerlegung von 1/n in zwei Summanden möglich ist, falls n=6k+1 einen Faktor d=6l−1 aufweist, und fuhr wörtlich fort: „Sind dagegen alle Primfaktoren vom Typ 6l+1, […]".
Das unscheinbare Wort „dagegen“ tut so, als gäbe es gar keine Alternative. Könnte es nicht einen dritten Fall geben? Gibt es keine n=6k+1, die noch einen anderen Faktor als vom Typ 6l±1 aufweisen?
Die gibt es wirklich nicht, weil 2 und 3 als Primfaktoren von 6k+1 ausscheiden und alle übrigen Primzahlen vom Typ 6l±1 sind. Und egal, wie man diese Primfaktoren multipliziert, das Ergebnis bleibt immer vom gleichen Typ.
Auch für n=3k+1 bleibt diese Argumentation richtig. Sie ist sogar einfacher: Neben den natürlichen Zahlen d=3l±1 gibt es nur noch welche vom Typ d=3l, die als Faktoren von n ausscheiden, weil n nicht durch 3 teilbar ist.
Es hat mich nicht ruhen lassen, ob ich statt n=6k±1 nicht lieber n=3k±1 hätte betrachten sollen, zumal 3 gegenüber 6 doch die kleinere Zahl ist. Zwei Argumente aber sprechen für die 6: Zum einen zerfallen die unkürzbaren Brüche 3/n in drei disjunkte Klassen n=2k, n=6k+1 und n=6k−1. Zum anderen sondert n=6k±1 eine kleinere Grundgesamtheit aus, die oftmals das Denken und die Suche nach Beispielen vereinfacht.
Auch hier sollte der geneigte Leser nicht auf suggestive Argumente reinfallen. Es wird die 3 abqualifiziert, weil die Fälle n=2k, n=3k+1 und n=3k−1 nicht disjunkt sind. Nur wäre der Fall n=2k dann entbehrlich und es wären sogar alle 3/n in nur drei disjunkte und dazu noch triviale Klassen n=3k, n=3k+1 und n=3k−1 geteilt.
Formal mag die 3 der 6 überlegen sein. Die 6 aber ist menschlicher, denn es entspricht unserem Denken mehr, zunächst die einfachen Fälle auszuscheiden, um dann nur noch die restlichen zu betrachten. Und es geht ja auch bei formalen Überlegungen nicht nur um Richtigkeit und Sparsamkeit, sondern auch um Verständnis.
Wenn ich später die Brüche 4/n betrachten werde, stehe ich wieder vor der Wahl, die Fälle 4k±1 oder lieber 12k±1 und 12k±5 zu unterscheiden. Und dann werde ich mich wohl für die 4 und gegen die 12 entscheiden, weil sich gegenüber 3 und 6 die Gewichte verschoben haben. Die Aufspaltung von 3k±1 in 6k±1 und 6k±4 erhöhte die Fallzahl nicht, da die letzteren als bereits behandelt und trivial ausschieden. Die Aufspaltung von 4k±1 in 12k±1, 12k±5 und 12k±9 aber hinterläßt doppelt soviele Fälle, weil nur die zu 12k±9 entfallen.
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