1, + 2, −3, + 4

der Nachweis, dass es tatsächlich Lösungen sind, wird in folgender Tabelle festgehalten.y − x 1 2 4 11 22 44y + x 3212 1606 803 292 146 732y 3113 1608 807 303 168 117y 1606,5 804 403,5 151,5 84 58,5x 1605,5 802 399,5 140,5 62 14,56y 2 15 485 053,5 3 878 496 976 873,5 137 713,5 42 336 20 533,56x 2 15 465 781,5 3 859 224 957 601,5 118 441,5 23 064 1261,56y 2 − 6x 2 19 272 19 272 19 272 19 272 19 272 19 272Es gibt zwei Lösungen. Die Kantenlängen der Würfel betragen 802 cm und 804 cm oder 62 cmund 84 cm.460813 LösungTeil a)Beispiele:z = 386 253; 386 − 253 = 133 = 7 · 19, also 7 | 133 und daher 7 | z;z = 36 869; 869 − 36 = 833 = 7 · 119, also 7 | 833 und daher 7 | z;z = 2772; 772 − 2 = 770 = 7 · 110, also 7 | 770 und daher 7 | z.Teil b) Beweis: Es gilt 1001 = 7 · 11 · 13. Wegen z = abcabc = 1000 · abc + abc = 1001 · abcgilt daher auch 7 | z.Teil c) Es gilt abcdef − abcabc = def − abc. Da abcabc durch 7 teilbar ist, lässt (def − abc)bei Division durch 7 denselben Rest wie z = abcdef. Folglich ist z genau dann durch 7 teilbar,wenn dies für (def − abc) zutrifft. Auf diese Weise ist das von Rolf beschriebene Verfahrenerklärt.Teil d) Da 1001 auch durch 13 teilbar ist, lässt sich bei sechsstelligen Zahlen die Teilbarkeitdurch 13 auf dieselbe Weise kontrollieren.Bemerkung: Man kann so die Teilbarkeit durch 7, 11 und 13 in einer Rechnung untersuchen.460814 LösungKonstruktionsbeschreibung (siehe auch Abbildung L 460814):(K1) Man konstruiert ein Dreieck AEC aus |AE| = s = 10 cm, |AC| = f = 7 cm und| |AC|gilt.)(K3) Man trägt in A den Winkel EAF mit der Größe |