nicht angemeldet
Gunnar Bittersmann
JimKnopf
Gunnar Bittersmann
ottogal
klawischnigg
Rolf B
Rolf B
ottogal
JimKnopf
Wo nun die letzte Matheaufgabe (auf)gelöst ist, kann ich die nächste stellen:
1³ = 1
2³ = 3 + 5
3³ = 7 + 9 + 11
Kwakoni Yiquan
@@Gunnar Bittersmann
@JimKnopf: Ich hatte vergessen zu erwähnen, dass Lösungen nicht hier im Thread gepostet werden, sondern per DM an den Aufgabensteller (hier also an mich) geschickt werden sollten. Die üblichen Verdächtigen wissen das; neue Teilnehmer an den Matherätseln (Herzlich willkommen!) verständlicherweise nicht.
Ich habe dein Posting erstmal gelöscht. Nach Ablauf der Ratezeit werde ich es wiederherstellen.
Kwakoni Yiquan
Moin moin,
Wann endet denn die Ratezeit?
Bleibt immer noch die Frage, wie man ein LibreOffice-Dokument vernünftig hier im Forum veröffentlichen kann. Der Umweg über eine PNG-Datei erscheint mir nicht sehr geschickt. Irgendwie erinnert mich das Verfahren daran, wie ein Passfoto auf einen deutschen Personalausweis kommt: Man mache ein Foto mit einem Smartphone o.ä., lasse in einem Fotogeschäft, einer Drogerie o.ä. einen analogen(!) Abzug davon anfertigen, gebe den Papierabzug bein Einwohnermeldeamt ab damit die das Bild wieder einscannen und digital an die Bundesdruckerei übermitteln, damit die Druckerei es dann (analog) auf den Ausweis druckt. Die Nummer mit der PNG-Datei ist zwar nicht ganz so bekloppt, aber richtig elegant ist sie auch nicht gerade.
Gruß... JimKnopf
@@JimKnopf
Wann endet denn die Ratezeit?
Wenn der Aufgabensteller auflöst. 😉 (Edit Rolf B: ung→er)
Beim letzten Mal war das nach über zwei Monaten (Asche auf mein Haupt). Üblicherweise nach ein paar Tagen.
Bleibt immer noch die Frage, wie man ein LibreOffice-Dokument vernünftig hier im Forum veröffentlichen kann.
Am besten schreibst du deinen Text ganz normal. Und wenn du Formeln schreiben willst, kannst du LaTeX verwenden (fixed):
$$e^{i\pi}+1=0$$
Kwakoni Yiquan
Moin moin,
@@Gunnar Bittersmann
Am besten schreibst du deinen Text ganz normal. Und wenn du Formeln schreiben willst, kannst du LaTeX verwenden (fixed):
$$e^{i\pi}+1=0$$
leider beantwortet das die Frage nicht. Mein Eifer, nur für dieses Forum auch noch LaTeX zu erlernen, hält sich in Grenzen. Es würde schon helfen, wenn man außer Bildern auch PDF-Dateien in Forumsbeiträge einfügen könnte.
Gruß... JimKnopf
P.S.: Nebenbei bemerkt: LaTeX verwenden (fixed): Not Found
The requested URL /wiki/Hilfe:Forum/Bedienung was not found on this server.
@@Gunnar Bittersmann
Wenn der Aufgabensteller auflöst. 😉 (Edit Rolf B: ung→er)
Oh, da wollte wohl die automatische Rechtschreibkorrektur vom iPhone klüger sein als ich. Ich sollte die wohl mal ausschalten.
Den URL hatte ich kopiert und eingefügt. Keine Ahnung, wie sich das r da reingeschmuggelt hat.
Kwakoni Yiquan
Keine Ahnung, wie sich das r da reingeschmuggelt hat.
Laptop? Touchpad? Hemdsärmel? Der touchpad-indicator ist nicht installierbar?
Hier mein Tipp fürs gute Linux… Muss leider individuell angepasst werden…
MudGuard#!/bin/bash
read TPdevice <<< $( xinput | sed -nre '/TouchPad|Touchpad/s/.*id=([0-9]*).*/\1/p' )
state=$( xinput list-props "$TPdevice" | grep "Device Enabled" | grep -o "[01]$" )
if [ "$state" -eq '1' ];then
if xinput --disable "$TPdevice"; then
notify-send -i emblem-nowrite "Touchpad" "Disabled"
cp /usr/share/icons/Numix/24/status/touchpad-indicator-light-disabled.svg ~/.local/touchpad.svg
mv ~/.config/xfce4/panel/launcher-28/* ~/.config/xfce4/panel/launcher-28/disabled.desktop
fi
else
if xinput --enable "$TPdevice"; then
notify-send -i emblem-nowrite "Touchpad" "Enabled"
cp /usr/share/icons/Numix/24/status/touchpad-indicator-light-enabled.svg ~/.local/touchpad.svg
mv ~/.config/xfce4/panel/launcher-28/* ~/.config/xfce4/panel/launcher-28/enabled.desktop
fi
fi
Die zugehörige Desktop-Datei:
[Desktop Entry]
Version=1.0
Type=Application
Exec=/home/fastix/bin/toggleTouchpad
Icon=/home/fastix/.local/touchpad.svg
StartupNotify=true
Terminal=false
Categories=Utility;X-XFCE;X-Xfce-Toplevel;
OnlyShowIn=XFCE;
Name=Enable or disable the touchpad
Name[de]=Touchpad an oder abschalten
Comment=
Comment[de]=
Keywords=run;command
Keywords[de]=ausführen;Befehl
X-XFCE-Source=
Path=
@@Gunnar Bittersmann
$$e^{i\pi}+1=0$$
Irgenwoher kenn ich das … 😉
Selbst gedruckt.[1]
Und zu dem Bild das Rätsel zum Wochenende: Wo bin ich?
Kwakoni Yiquan
Diese beiden auch: blau auf weiß | weiß auf blau ↩︎
Moin Gunnar,
Und zu dem Bild das Rätsel zum Wochenende: Wo bin ich?
mal ins Blaue Rote geraten: Kokerei Zollverein in Essen?
Viele Grüße
Robert
@@Robert B.
Und zu dem Bild das Rätsel zum Wochenende: Wo bin ich?
mal ins
BlaueRote geraten: Kokerei Zollverein in Essen?
Dicht daneben ist auch vorbei.
Die richtige Antwort war dieselbe wie damals, als ich die Frage schon einmal stellte: Landschaftspark Duisburg-Nord, wo wir 2010 beim SELFHTML-Treffen waren.
Kwakoni Yiquan
Moin moin,
Wann endet denn die Ratezeit?
Wenn der Aufgabensteller auflöst. 😉 (Edit Rolf B: ung→er)
Beim letzten Mal war das nach über zwei Monaten (Asche auf mein Haupt).
Scheint zur Gewohnheit zu werden. (Scherz)
Üblicherweise nach ein paar Tagen.
Gruß... JimKnopf
@@JimKnopf
Scheint zur Gewohnheit zu werden. (Scherz)
Nicht lustig. 😉
Hach ja. Bin gerade unterwegs. Nächste Woche werde ich die Lösung rauskramen.
Kwakoni Yiquan
Hallo Gunnar,
ich finde, wir sollten ottogal und vermutlich noch einige andere nicht länger auf die Lösung warten lassen. Wenn Du keine Einwände hast, könnte ich meine Dir bekannte Lösung hier und jetzt posten. Wenn Du Wert darauf legst, die „offizielle“ Lösung zu verkünden, würde ich Dir natürlich den Vortritt lassen.
Gruß... JimKnopf
Wo nun die letzte Matheaufgabe (auf)gelöst ist, kann ich die nächste stellen:
1³ = 1
2³ = 3 + 5
3³ = 7 + 9 + 11
- Wie lautet die nächste Zeile?
- Und die nächste? Und die nächste? … Also alle? n³ = ?
- Beweise 2.
Kwakoni Yiquan
Wo nun die Thread-Drifts hier sich totgelaufen haben, wäre es vielleicht an der Zeit, an den Anfang zurückzukehren...
(Wäre es den Berechtigten unter euch nicht möglich, die Off-Topic-Zweige hier rauszuschneiden und in einen neuen Thread mit sprechendem Titel zu verlagern?)
Viele Grüße
ottogal
Hi there,
1³ = 1
2³ = 3 + 5
3³ = 7 + 9 + 11
- Wie lautet die nächste Zeile?
- Und die nächste? Und die nächste? … Also alle? n³ = ?
- Beweise 2.
Interessanter Trick, kannte ich nicht😉.
Also, die Bildungsregel ist klar, um nicht zu sagen, fast trivial, aber was verstehst Du unter Beweis?
Hallo klawischnigg,
Der Beweis muss zeigen, dass die von dir formulierte Bildungsregel für jedes n auf n³ führt. Dazu muss die Regel hinreichend „mathematisch“ formuliert sein, dann kannst du loslegen. Zum Beispiel mit vollständiger Induktion, die verwendet man ja oft für „für jedes n“ Aufgaben. Oder auch auf anderem Weg, wenn du einen findest.
Rolf
Hallo Jim Knopf und Raketenwilli,
das Thema LibreOffice habe ich abgeteilt. Hier ist's zu finden
Die Security-Diskussion findet sich hier
Rolf
Wo nun die letzte Matheaufgabe (auf)gelöst ist, kann ich die nächste stellen:
1³ = 1
2³ = 3 + 5
3³ = 7 + 9 + 11
- Wie lautet die nächste Zeile?
- Und die nächste? Und die nächste? … Also alle? n³ = ?
- Beweise 2.
Kwakoni Yiquan
@@Gunnar Bittersmann
Wärs nicht Zeit, endlich aufzulösen? (Hast es versprochen!)
Viele Grüße
ottogal
Moin moin,
Gunnar Bittersmann hat mir vorgeschlagen, meine Lösung hier selbst zu posten - dies ist also nicht die offizielle Lösung. Vermutlich kann man den in der Aufgabenstellung geforderten mathematischen Beweis auf verschiedenen Arten führen. Ich stelle folgenden Weg zur Diskussion:
Zur Erinnerung noch einmal die Aufgabenstellung:
1³ = 1
2³ = 3 + 5
3³ = 7 + 9 + 11
- Wie lautet die nächste Zeile?
- Und die nächste? Und die nächste? … Also alle? n³ = ?
- Beweise 2.
Lösung: Ich betrachte die Summen
$$ s_{n} ≝ {\sum\limits_{i = 1}^{n}\left\lbrack {{n(n - 1)} + 2i - 1} \right\rbrack}\mspace{30mu} $$ für $$ \mspace{5mu} n = 1, 2, 3,... $$
Durch Einsetzen kann man leicht zeigen, dass diese Summen für $$ n = 1 \text{ bis } 3 $$
$$ {n = 1:\mspace{20mu} s_{1} = \left\lbrack {{1 \cdot 0} + 2 - 1} \right\rbrack = 1} $$
$$ {n = 2:\mspace{20mu} s_{2} = \left\lbrack {{2 \cdot 1} + 2 - 1} \right\rbrack + \left\lbrack {{2 \cdot 1} + 4 - 1} \right\rbrack = 3 + 5} $$
$$ {n = 3:\mspace{20mu} s_{3} = \left\lbrack {{3 \cdot 2} + 2 - 1} \right\rbrack + \left\lbrack {{3 \cdot 2} + 4 - 1} \right\rbrack + \left\lbrack {{3 \cdot 2} + 6 - 1} \right\rbrack = 7 + 9 + 11} $$
gerade die rechten Seiten der Aufgabenstellung ergeben.
Aber sind das auch für $$ n $$ ≥ 4 gerade die Kubikzahlen? In der Definitionsgleichung für $$ s_{n} $$ darf man die Summation für die drei Summanden in der eckigen Klammer auch separat durchführen:
$$ s_{n} = {\sum\limits_{i = 1}^{n}n}{({n - 1})} + {\sum\limits_{i = 1}^{n}2}i - {\sum\limits_{i = 1}^{n}1} $$
Einen nicht vom Laufindex $$ i $$ abhängigen (konstanten) Faktor darf man vor das Summenzeichen ziehen:
$$ s_{n} = n{{({n - 1})} \cdot {\sum\limits_{i = 1}^{n}1}} + {2 \cdot {\sum\limits_{i = 1}^{n}i}} - {\sum\limits_{i = 1}^{n}1} $$
Mit der trivialen Beziehung
$$ {\sum\limits_{i = 1}^{n}1} = n $$
und der Gaußschen Summenformel für die arithmetische Reihe der ersten $$ n $$ natürlichen Zahlen
$$ {\sum\limits_{i = 1}^{n}i} = \frac{1}{2}{n{({n + 1})}} $$
(siehe z.B. Wikipedia: Gaußsche Summenformel) erhält man schließlich
$$ {s_{n} = n{{({n - 1})} \cdot n} + {2 \cdot \frac{1}{2}}{n{({n + 1})}} - n} $$
$$ {\mspace{22mu} = {n^{3} - n^{2}} + {n^{2} + n} - n} $$
$$ {\mspace{22mu} = n^{3}} $$
Damit ist
$$ n^{3} = {\sum\limits_{i = 1}^{n}\left\lbrack {n{{({n - 1})} + 2}{i - 1}} \right\rbrack}\mspace{30mu} $$ für alle ganzzahligen $$ \mspace{5mu} n \geq 1 $$
bewiesen und die Aufgabenteile 2 und 3 sind gelöst. Teil 2 lässt sich auch etwas umgangssprachlicher fassen:
Für ein ganzzahliges $$ n $$ ≥ 1 lässt sich die Kubikzahl $$ n^{3} $$ als eine Summe von $$ n $$ aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen darstellen, wobei die Summanden zur Darstellung von $$ 1^{3}, 2^{3}, 3^{3}, ... $$ eine fortlaufende und lückenlose Folge, beginnend mit 1 für $$ 1^{3} $$, bilden.
Fehlt noch Aufgabenteil 1. Für $$ n $$ = 4 liefert die Formel:
$$ 4^{3} = \left\lbrack {{4 \cdot 3} + 2 - 1} \right\rbrack + \left\lbrack {{4 \cdot 3} + 4 - 1} \right\rbrack + \left\lbrack {{4 \cdot 3} + 6 - 1} \right\rbrack + \left\lbrack {{4 \cdot 3} + 8 - 1} \right\rbrack \\\ \mspace{11mu} = 13 + 15 + 17 + 19 = 64 \mspace{10mu} ✓ $$
Anmerkung: Ich finde diesen Zusammenhang zwischen Kubikzahlen und fortlaufenden ungeraden Zahlen bemerkenswert. Für Quadratzahlen gibt es etwas ganz Ähnliches:
$$ {1^{2} = 1} $$
$$ {2^{2} = 1 + 3} $$
$$ {3^{2} = 1 + 3 + 5} $$
$$ {n^{2} = {\sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}}} \mspace{30mu} $$ für $$ \mspace{5mu} n = 1, 2, 3,... $$
Kennt jemand einen entsprechenden Zusammenhang zwischen vierten Potenzen $$ n^{4} $$ und ungeraden Zahlen? Ich vermute, dass so etwas existieren könnte.
Gruß... JimKnopf
Hi,
Anmerkung: Ich finde diesen Zusammenhang zwischen Kubikzahlen und fortlaufenden ungeraden Zahlen bemerkenswert. Für Quadratzahlen gibt es etwas ganz Ähnliches:
$$ {1^{2} = 1} $$
$$ {2^{2} = 1 + 3} $$
$$ {3^{2} = 1 + 3 + 5} $$
$$ {n^{2} = {\sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}}} \mspace{30mu} $$ für $$ \mspace{5mu} n = 1, 2, 3,... $$Kennt jemand einen entsprechenden Zusammenhang zwischen vierten Potenzen $$ n^{4} $$ und ungeraden Zahlen? Ich vermute, dass so etwas existieren könnte.
da 4. Potenzen ja auch Quadratzahlen
n^4 = m^2 mit m = n^2
sind, muß es den doch ziemlich sicher geben, da es ihn für Quadratzahlen ja erwiesenermaßen gibt.
cu,
Andreas a/k/a MudGuard
Hallo in die Runde!
... Für Quadratzahlen gibt es etwas ganz Ähnliches:
$$ {1^{2} = 1} $$
$$ {2^{2} = 1 + 3} $$
$$ {3^{2} = 1 + 3 + 5} $$
$$ {n^{2} = {\sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}}} \mspace{30mu} $$ für $$ \mspace{5mu} n = 1, 2, 3,... $$
Die Erinnerung an diesen Sachverhalt – dass die Summe der ersten n ungeraden Zahlen n² ergibt – war für mich der Ausgangspunkt.
Er muss zwar auch bewiesen werden, lässt sich aber anschaulich einsehen – in der Skizze für n = 1 bis n = 5; da sollte klar sein, dass sich das fortsetzt:
Ich habe zwei Lösungsvarianten.
Variante 1:
Für alle n gilt: n³ = n³ - n² + n² = n²(n - 1) + n².
Wir ersetzen n(n -1) durch z und das letzte n² durch die obige Summe:
n³ = n • z + 1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1).
Das Produkt n • z denken wir uns als Summe von n Summanden z.
Durch Umstellen und Klammerung erhält man n³ folgendermaßen als Summe von n Summanden:
n³ = (z + 1) + (z + 3) + (z + 5) + ... + (z + 2n - 1)
mit z = n(n - 1).
Z.B. erhält man für n = 4
z = 12 und somit 4³ = 13 + 15 + 17 + 19
Variante 2:
Wir gehen aus von einer Folge von n aufeinander folgenden ungeraden Zahlen. Dann gibt es eine gerade Zahl z so, dass sich diese Folge in der Form
z+1, z+3, z+5, ..., z+2n−1
schreiben lässt.
Die Summe s dieser n ungeraden Zahlen formen wir um in
s = n • z + ( 1+3+5+...+(2n−1) ).
In der äußeren Klammer steht die Summe der ersten n ungeraden Zahlen; die ist gleich n² (siehe oben).
Also haben wir für die Gesamtsumme
s = n • z + n² = n (z + n).
Nun sieht man: Damit s = n³ wird , muss z + n = n² sein, also z = n² - n.
Somit reichen die Zahlen der Folge von z + 1 = n² - n + 1 bis z + 2n - 1 = n² + n - 1.
Z.B. erhält man für n = 4
n² - n + 1 = 13 und n² + n - 1 = 19
und somit 4³ = 13 + 15 + 17 + 19
Hallo ottogal,
wenn ich Deine Variante 1 mit meiner erweiterten Lösung vergleiche, komme ich zu dem Ergebnis: wir beide haben unabhängig voneinander und praktisch gleichzeitig denselben Lösungsweg gefunden – wir haben ihn nur unterschiedlich formuliert. Typischer Fall von zwei Dumme, ein Gedanke würde ich sagen.
Gruß... JimKnopf
Moin,
dann schreibe ich auch mal meine Lösung nieder.
Zunächst informell:
Um $$k^3$$ zu berechnen, summiere man k aufeinander folgende ungerade Zahlen $$u_i$$. Für k=1 beginnt man bei 1, für k > 1 beginnt man bei der ersten ungeraden Zahl, die für (k-1) nicht mehr verwendet wurde.
D.h. für ein bestimmtes k überspringe ich 1+2+3+...+(k-1) ungerade Zahlen, das sind $$\displaystyle P=\sum_{t_1}^{k-1}t$$ Zahlen. Ich beginne also mit der (P+1)-ten ungeraden Zahl und summiere bis zur (P+k)-ten ungeraden Zahl, das sind k ungerade Zahlen. Um P zu berechnen, kann ich die Gaußsche Formel verwenden.
Die formale Behauptung ist also: $$\displaystyle k^3=\sum_{i=P+1}^{P+k}(2i-1)$$ mit $$\displaystyle P=\frac{k-1}{2}k$$
| k | P | Summanden | Summe |
|---|---|---|---|
| 1 | 0 | $$u_1=1$$ bis $$u_1=1$$ | $$1^3=1=1$$ |
| 2 | 1 | $$u_2=3$$ bis $$u_3=5$$ | $$2^3=8=3+5$$ |
| 3 | 3 | $$u_4=7$$ bis $$u_6=11$$ | $$3^3=27=7+9+11$$ |
| 4 | 6 | $$u_7=13$$ bis $$u_{10}=19$$ | $$4^3=64=13+15+17+19$$ |
| 5 | 10 | $$u_{11}=21$$ bis $$u_{15}=29$$ | $$5^3=125=21+23+...+29$$ |
| 6 | 15 | $$u_{16}=31$$ bis $$u_{21}=41$$ | $$6^3=216=31+33+...+41$$ |
Das will nun formal nachgewiesen werden. Dazu schreibe ich die Behauptung etwas um: statt von P+1 bis P+k summiere ich von 1 bis P+k und ziehe davon die Summe von 1 bis P wieder ab. Das ist eine Standardoperation für den Summenoperator und kommt auf das selbe hinaus.
$$\displaystyle k^3=\sum_{i=P+1}^{P+k}(2i-1) = \sum_{i=1}^{P+k}(2i-1) - \sum_{i=1}^{P}(2i-1)$$
Dass $$\displaystyle K^2=\sum_{i=1}^{K}(2i-1)$$ ist, wissen wir aus der Schule. Anwenden:
$$=(P+k)^2-P^2$$
(binomische Formel anwenden)
$$= 2\cdot P\cdot k + k^2$$
(Definition für P einsetzen)
$$=2\cdot\frac{k-1}{2}k\cdot k + k^2$$
$$=(k-1)k^2+k^2$$
$$=k^3-k^2+k^2$$
$$=k^3$$
Also: Für ein gegebenes k>0 ergibt die Summe der k ungeraden Zahlen ab der (P+1)-ten ungeraden Zahl, mit $$\displaystyle P=\sum_{t=1}^{k}t = \frac{k-1}{2}k$$, den Wert $$k^3$$. Nach k=0 war nicht gefragt, aber da die Summe von 0 Zahlen den Wert 0 ergibt, gilt die Aussage auch für k=0.
Rolf
Ich habs so gelöst.
Wir sehen n³ = Summe aus n ungeraden aufeinanderfolgenden Summanden. Sie sind symmetrisch zu n².
Schreiben wir n³ um als n x n² und ziehen wir ein bisschen was ab, das wir an anderer Stelle wieder hinzuaddieren, so ergibt sich
n³ = n² + n² + n² + n² + n² (+…) = (n²-4) + (n²-2) + n² + (n²+2) + (n²+4) (+…)
was für n beliebig erweiterbar ist.
Damit ist es eine Herleitung geworden.
Hallo encoder,
für ungerade n hast Du recht. Für gerade n müsstest Du das noch etwas verfeinern.
Rolf
Moin moin,
mein Ausgangspunkt ist diesmal
$$n^2 = \sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)} \mspace{30mu}$$ für alle ganzzahligen $$\mspace{5mu} n \geq 1$$
(ich denke das ist hinlänglich bewiesen, so dass ich es hier ohne Beweis angeben kann)
$$\begin{align}
n^3 &= n \cdot n^2\\
&= (n - 1) \cdot n^2 + n^2\\
&= (n - 1) \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}{n} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}\\
&= \sum\limits_{i = 1}^{n}{(n - 1)n} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}\\
&= \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n - 1) + (2i - 1)\right]} \mspace{30mu} \text{für alle ganzzahligen} \mspace{5mu} n \geq 1
\end{align}$$
Das war die Herleitung und der Beweis in fünf kurzen Zeilen - so einfach kann es gehen. Vielen Dank MudGuard! Dein Beitrag von 22.07.2024 19:06 hat mich auf diese Idee gebracht (auch wenn ich hier von Deinem Vorschlag etwas abweiche).
Ich hatte in meiner ersten Lösung die Frage nach $$n^4$$ gestellt. Das Schöne an diesem Ansatz: er lässt sich mühelos rekursiv anwenden, so dass auch höhere Potenzen von $$n$$ damit als Summe fortlaufender ungerader Zahlen dargestellt werden können.
$$\begin{align}
n^4 &= n \cdot n^3\\
&= (n - 1) \cdot n^3 + n^3\\
&= (n - 1) \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}{n^2} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n - 1) + (2i - 1)\right]}\\
&= \sum\limits_{i = 1}^{n}{(n - 1)n^2} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{[\dotsc]}\\
&= \sum\limits_{i = 1}^{n}{[\underbrace{(n - 1)n^2 + n(n - 1)}_{m_4} + (2i - 1)]}\\
\end{align}$$
Der Ausdruck $$m_4$$ lässt sich noch etwas vereinfachen:
$$\begin{align}
m_4 &= n^3 - n^2 + n^2 - n\\
&= n(n^2 - 1)\\
(&= n(n - 1)(n + 1))\\
\end{align}$$
Die eingeklammerte Gleichung für $$m_4$$ besagt, dass $$m_4$$ das Produkt aus drei aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen ist, d.h. mindestens einer der drei Faktoren ist durch 2 teilbar und $$m_4$$ ist immer eine gerade Zahl. Folglich ist $$[m_4 + 2i - 1]$$ immer eine ungerade Zahl.
Man erhält schließlich:
$$n^4 = \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n^2 - 1) + (2i - 1)\right]} \mspace{30mu}$$ für alle ganzzahligen $$\mspace{5mu} n \geq 1$$
Ein paar Beispiele:
$$n = 1:\mspace{10mu} 1^4 = \left[ {1 \cdot 0 + 2 - 1} \right] = 1$$
$$n = 2:\mspace{10mu} 2^4 = \left[ {2 \cdot 3 + 2 - 1} \right] + \left[ {2 \cdot 3 + 4 - 1} \right] = 7 + 9 = 16$$
$$n = 3:\mspace{10mu} 3^4 = \left[ {3 \cdot 8 + 2 - 1} \right] + \left[ {3 \cdot 8 + 4 - 1} \right] + \left[ {3 \cdot 8 + 6 - 1} \right] = 25 + 27 + 29 = 81$$
Weil es so schön ist:
$$\begin{align}
n^5 &= n \cdot n^4\\
&= (n - 1) \cdot n^4 + n^4\\
&= (n - 1) \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}{n^3} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n^2 - 1) + (2i - 1)\right]}\\
&= \sum\limits_{i = 1}^{n}{(n - 1)n^3} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{[\dotsc]}\\
&= \sum\limits_{i = 1}^{n}{[\underbrace{(n - 1)n^3 + n(n^2 - 1)}_{m_5} + (2i - 1)]}\\
\end{align}$$
Der Ausdruck $$m_5$$ lässt sich wieder vereinfachen:
$$\begin{align}
m_5 &= n^4 - n^3 + n^3 - n\\
&= n(n^3 - 1)\\
\end{align}$$
$$m_5$$ ist hier ein Produkt aus zwei Faktoren. Wenn $$n$$ gerade ist, ist der erste Faktor gerade und $$m_5$$ ist gerade. Wenn $$n$$ ungerade (also kein Vielfaches von 2) ist, ist $$n^j$$ für alle ganzzahligen $$j \geq 0$$ auch kein Vielfaches von 2 und $$(n^j - 1)$$, der zweite Faktor von $$m_5\ (j = 3)$$, ist gerade. Folglich ist $$m_5$$ immer gerade und $$[m_5 + 2i - 1]$$ ist immer ungerade.
Man erhält schließlich:
$$n^5 = \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n^3 - 1) + (2i - 1)\right]} \mspace{30mu}$$ für alle ganzzahligen $$\mspace{5mu} n \geq 1$$
Ein paar Beispiele:
$$n = 1:\mspace{10mu} 1^5 = \left[ {1 \cdot 0 + 2 - 1} \right] = 1$$
$$n = 2:\mspace{10mu} 2^5 = \left[ {2 \cdot 7 + 2 - 1} \right] + \left[ {2 \cdot 7 + 4 - 1} \right] = 15 + 17 = 32$$
$$n = 3:\mspace{10mu} 3^5 = \left[ {3 \cdot 26 + 2 - 1} \right] + \left[ {3 \cdot 26 + 4 - 1} \right] + \left[ {3 \cdot 26 + 6 - 1} \right] = 79 + 81 + 83 = 243$$
Ich wage mal die Behauptung, dass $$n^k$$ sich für alle ganzzahligen $$n \geq 1$$ und alle ganzzahligen $$k \geq 2$$ als Summe von $$n$$ aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen darstellen lässt. Denn
$$\begin{align}
\sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n^{k-2} - 1) + (2i - 1)\right]} &= \sum\limits_{i = 1}^{n}{n(n^{k-2} - 1)} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}\\
&= n(n^{k-2} - 1) \cdot n + n^2\\
&= n^2 n^{k-2} - n^2 + n^2\\
&= n^k
\end{align}$$
Die Summanden sind ungerade Zahlen, das ergibt sich aus den Überlegungen zu $$m_5$$ für $$j = k - 2$$ und sie sind fortlaufend, das ergibt sich aus der Konstruktion der Summe.
Ich möchte wetten, dass mindestens ein Dutzend Mathematiker das schon vor über hundert Jahren herausgefunden und formal bewiesen haben. (Hätte ich bloß nicht nach $$n^4$$ gefragt.😅)
Gruß... JimKnopf
Chapeau, JimKnopf!