
Text erkannt:
D.h. das \( n>14 \) des 1 . Falles fällt weg? Warum? Weil dann \( 27-6 n<0 \) ?
Wenn ich nach der historischen Vorlage gehe, dann muß quasi \( 0<\frac{31-n^{2}}{27-6 n}<3 \) gelten. Und quadr. Gleichungen werden da zwar mit Ergänzung gelöst, aber nur eine Lösung, in diesem Falle \( \sqrt{31}+9 \), ermittelt. D.h. er rechnet sozusagen nicht mit \( \sqrt{31}<9-\mathrm{n} \). Die erste Lösung ist aber nach der obigen Feststellung ausgeschlossen, \( 27-6 \mathrm{n}<0 \) sowieso. Für \( \sqrt{31} \) nehme ich dabei einfach 5, 6. Ansonsten kann man auch einfache Näherungswerte wie \( 5 \frac{3}{5} \) oder \( 5 \frac{7}{12} \) verwenden. Dann wäre die 2. und einzig mögliche Lösung \( 5 \frac{7}{12}<n-9 \) und \( n<4 \frac{5}{12} \), also \( n<4 \).
Ansonsten könnte man noch aus \( 27-6 \mathrm{n}>0 \) ableiten, daß \( 4 \frac{1}{2}>n \), aber 4 ist zu groß und wenn ich \( \sqrt{31}>n^{2} \) als \( 5 \frac{7}{12}>n \) nehme, weil \( a^{2} \) für mich das Quadrat aus a und nicht auch aus - a ist, dann ergibt eine Probe leicht, daß \( n \) immer noch \( <4 \) sein muß.
In der Vorlage(Diophant \( V, 17 \) ) wird das nicht ausgeführt und meine Überlegungen sind teilweise auch hypothetischer Natur, weil vieles im Text nicht gesagt wird. Mir geht es dabei nicht nur um die Aufgabenlösung, sondern ebenso um greifbare Erweise für ein ausschließliches Arbeiten im Bereich der gebrochenen, nicht der rationalen Zahlen. Vgl. meine Antwort unten.