Primzahlen < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:08 Do 11.02.2010 | | Autor: | Mathmark |
Hallo zusammen und ein frohes neues Jahr ! (war lang nicht hier)
Ich fang gleich mal an:
Sei $G:=$ die Menge der geraden Zahlen und
$U$:= die Menge der ungeraden Zahlen.
Sei [mm] $\IP$ [/mm] die Menge der Primzahlen. Die Elemente bezeichne ich mit [mm] $p_i$, [/mm] da sie sich der Größe nach ordnen lassen. Es gilt [mm] $p_1=2$.
[/mm]
Weiterhin sei
[mm] $\IP^n:=\{m\in\IN: \produkt_{i=1}^{n}p_{k_i}, k_1\le k_2\le .....\le k_n, k_i\in\IN\}$ [/mm] sowie [mm] $\IP^0:=\{1\}$
[/mm]
Soll heißen: [mm] $\IP^n$ [/mm] ist gerade die Menge der natürlichen Zahlen, die $n$ Primfaktoren besitzen.
Zunächst einige Grundlegende Eigenschaften dieser Mengen:
* [mm] $\min(\IP^n)=p_1^n$ [/mm] , mit [mm] $n\ge [/mm] 1$ (tivial)
* Die Summe der Exponeten ist $n$ (trivial)
* Die Anzahl der Faktoren ist $n$ (trivial)
-------------------------------------------------------------------------
Behauptung:
Seien [mm] $m_1\in \IP^n\subset [/mm] G$ und [mm] $m_2\in\IP^n\subset [/mm] U$.
Es ist:
[mm] $m_1=p_1\cdot \produkt_{i=1}^{n-1}p_{k_i}, k_1\le k_2\le .....\le k_{n-1}$
[/mm]
[mm] $m_2=\produkt_{i=1}^{n}p_{l_i}, l_1\le l_2\le .....\le l_n$
[/mm]
Dann gilt [mm] $m_1+m_2\in\IP\gdw p_{k_1}\not=p_{k_2}\not=...\not=p_{k_{n-1}}\not=p_{l_1}\not= p_{l_2}\not=...\not= p_{l_n}$
[/mm]
In Worten: Wenn von zwei Zahlen [mm] $m_1,m_2\in\IP^n$ [/mm] die Primfaktoren alle voneinander verschieden sind und bis auf einen Faktor [mm] $p_1=2$ [/mm] alle anderen Ungerade sind, dann ist die Summe [mm] $m_1+m_2$ [/mm] wieder eine Primzahl.
Beweis:
Es ist trivial, das die Summe von zwei Zahlen genau dann ungerade ist, wenn eine der beiden Zahlen gerade und die andere ungerade ist.
Weiterhin folgt aus den Regeln für Teilbarkeit (Aus $a|b$ und $a|c$ folgt, dass auch $a|(xb+yc)$, mit [mm] $a,b,c,x,y\in\IN$) [/mm] das solch ein $a$ in unserem Falle nicht existieren kann, da alle Primfaktoren verschieden sind. D.h. [mm] $ggT(m_1;m_2)=1$ [/mm] und somit [mm] $m_1+m_2\in\IP$.
[/mm]
Kann man das so stehen lassen ?
Gruß Mathmark
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:53 Do 11.02.2010 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. du musst beide Richtungen beweisen.
2. du hast die Umkehrung eines Satzes benutzt.
a|b und a|c folgt a|(bx+cy) aber es gilt nicht aus a|(bx+cy) folgt a|b und a|c
wo benutzt du, dass [mm] p_{k_i}\ne p_{k_i}?
[/mm]
kurz ich versteh deine Argumente nicht.
warum genen die 2 Produkte gerdae bis n-1 und n und nicht bis m und n?
steht die Aufgabe da wörtlich so?
Gruss leduart
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:55 Do 11.02.2010 | | Autor: | Mathmark |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Thnx für die Antwort erstmal....
(hab zur zeit kein Internet und muss ins internetcafe........Zeit ist geld mein freund)
Aber nochmal janz jenau:
Defintion:
Sei $\IP^0:=\{1\}$, $\IP:=$ die Menge der Primzahlen mit $\min(\IP)=p_1=2$.
$\IP^n:=\{m\in\IN: m=\produkt_{i=1}^n p_{k_i}$ mit $k_1\le k_2\le ...\le k_n , k\in \IN \}$
Weiterhin sei $G=$ die Menge der geraden und $U=$ die Menge der ungeraden Zahlen.
Behauptung:
Sei $m_1\in\IP^n\subset G$ sowie $m_2\in\IP^n\subset U$ mit
$m_1=\produkt_{i=1}^n p_{k_i}$
$m_2=\produkt_{i=1}^n p_{\tilde{k}_i}$
dann gilt:
$m_1+m_2\in\IP\gdw p_{k_1}\not= p_{k_2}\not= ... \not= p_{k_n}\not=p_{\tilde{k}_1}\not=p_{\tilde{k}_2}\not= ... \not=p_{\tilde{k}_n}$
Beweis:
Seien $m_1,m_2\in \IP^n$ und es gilt $m_1+m_2\in \IP$, dann folgt $\exists l\in \IN: m_1+m_2=p_l$ , $p_l\in\IP$.
Also
$p_l=m_1+m_2=\produkt_{i=1}^n p_{k_i}+\produkt_{i=1}^n p_{\tilde{k}_i}$
wobei $p_{k_1}=2$ sowie $p_{\tilde{k}_i}\not=2$ $ \forall i\le n$.
Sei nun OBdA: $p_{k_n}=p_{\tilde{k}_n}$, dann folgt
$p_l=\produkt_{i=1}^{n-1} p_{k_i}\cdot p_{k_n}+\produkt_{i=1}^{n-1} p_{\tilde{k}_i}\cdot p_{\tilde{k}_i}$
$=\left( \produkt_{i=1}^{n-1} p_{k_i}+\produkt_{i=1}^{n-1} p_{\tilde{k}_i}\right)\cdot p_{k_n}$
woraus folgt, dass $p_l$ zusammengesetzt ist, im Widerspruch zur Vorraussetzung $p_l\in\IP$.
Das beweist $\rightarrow$.
----------------------------------
Seien nun $m_1,m_2\in\IP^n$ mit
$m_1=\produkt_{i=1}^n p_{k_i}$
$m_2=\produkt_{i=1}^n p_{\tilde{k}_i}$
wobei $p_{k_1}\not= p_{k_2}\not= ... \not= p_{k_n}\not=p_{\tilde{k}_1}\not=p_{\tilde{k}_2}\not= ... \not=p_{\tilde{k}_n}$.
Dann ist $m_1+m_2=\produkt_{i=1}^n p_{k_i}+\produkt_{i=1}^n p_{\tilde{k}_i}$.
Wir setzen $m_1+m_2=M\in\IN$.
Angenommen $M$ ist zusammengesetzt, dann gibt es $v,w\in\IN$, so dass $M=vw$.
Damit folgt dann
$M=v\cdot w=\produkt_{i=1}^n p_{k_i}+\produkt_{i=1}^n p_{\tilde{k}_i}$
$w=\frac{\produkt_{i=1}^n p_{k_i}+\produkt_{i=1}^n p_{\tilde{k}_i}}{v}$
Da $w\in\IN$ muss folglich $v$ ein Teiler von $m_1$ und $m_2$ sein.
Wenn $v$ ein Teiler von $m_1$ und $m_2$ ist, muss folglich $v$ einen der Primfaktoren teilen
und zwar von $m_1$ und $m_2$.
Da eine Primzahl aber nur sich selbst als Teiler hat (und natürlich 1)
muss $v\in\IP$ und es existieren folglich $p_{k_a}$ und $p_{\tilde{k}_a$, mit $v=p_{k_a}=p_{\tilde{k}_a}$.
Erneuter Widerspruch zur Vorraussetzung $p_{k_1}\not= p_{k_2}\not= ... \not= p_{k_n}\not=p_{\tilde{k}_1}\not=p_{\tilde{k}_2}\not= ... \not=p_{\tilde{k}_n}$
quot erat demonstrandum !
Bin der Meinung, alle Zweifel ausgeräumt !
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:13 Do 11.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Sei [mm]m_1\in\IP^n\subset G[/mm] sowie [mm]m_2\in\IP^n\subset U[/mm] mit
Du solltest hier eher [m]\cap[/m] als [m]\subset[/m] verwenden ...
> Das beweist [mm]\rightarrow[/mm].
Das glaubt dir ejder, steht auch so leduarts Antwort.
> Da [mm]w\in\IN[/mm] muss folglich [mm]v[/mm] ein Teiler von [mm]m_1[/mm] und [mm]m_2[/mm] sein.
Nein, nein, nein. Das ist und bleibt falsch. Siehe leduarts Antwort. 2 ist ja auch weder ein Teiler von 7 noch von 5, aber von 12.
> quot erat demonstrandum !
es falso quodlibet wohl eher.
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:27 Do 11.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin
> Behauptung:
>
> Seien [mm]m_1\in \IP^n\subset G[/mm] und [mm]m_2\in\IP^n\subset U[/mm].
> Es
> ist:
> [mm]m_1=p_1\cdot \produkt_{i=1}^{n-1}p_{k_i}, k_1\le k_2\le .....\le k_{n-1}[/mm]
>
> [mm]m_2=\produkt_{i=1}^{n}p_{l_i}, l_1\le l_2\le .....\le l_n[/mm]
>
> Dann gilt [mm]m_1+m_2\in\IP\gdw p_{k_1}\not=p_{k_2}\not=...\not=p_{k_{n-1}}\not=p_{l_1}\not= p_{l_2}\not=...\not= p_{l_n}[/mm]
Sei $n = 1$, [mm] $m_1 [/mm] = 2$, [mm] $m_2 [/mm] = 7$. Dann sind die Bedingungen erfuellt, jedoch [mm] $m_1 [/mm] + [mm] m_2 [/mm] = 9 [mm] \not\in \mathbb{P}$.
[/mm]
Hast du deine Behauptung auch mal mit ein paar mehr Zahlenbeispielen probiert? Ich denke, sie wird fast nie gelten.
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Fr 12.02.2010 | | Autor: | Mathmark |
Ok...hab mal wieder was verschlampt !
Es muss gelten [mm] $n\ge [/mm] 2$.
(Bitte somit den Beweis nochmal überprüfen)
Ebenso müssen (was noch bewiesen werden muss) beide Elemente [mm] $m_1,m_2$ [/mm] aus demselben "Primzahlraum" kommen.
Anmerkung zu SEcki: weder 5 noch 7 ist gerade (siehe Bedingung)!
Gruß
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:23 Fr 12.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Ok...hab mal wieder was verschlampt !
>
> Es muss gelten [mm]n\ge 2[/mm].
[mm] $m_1 [/mm] = 2 * 3$, [mm] $m_2 [/mm] = 13 * 19$, [mm] $m_1 [/mm] + [mm] m_2 [/mm] = 253 = 11 * 23$
> (Bitte somit den Beweis nochmal überprüfen)
Wenn du nichts dran geaendert hast, ist er immer noch falsch.
> Ebenso müssen (was noch bewiesen werden muss) beide
> Elemente [mm]m_1,m_2[/mm] aus demselben "Primzahlraum" kommen.
Soll heissen...?
LG Felix
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:58 Fr 12.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Es muss gelten [mm]n\ge 2[/mm].
Und bevor das n jetzt leichtfertig hochgeschraubt wird:
[m]2*3*5+17*31*37=59*331[/m]
[m]2*3*5*7+13*17*31*37=107*2371[/m]
[m]2*3*5*7*11+13*17*31*37*43=1531*7121[/m]
[m]2*3*5*7*11*13+19*17*31*37*43*97=79*2677*7307[/m]
Ich bin fast geneigt zu behaupten, dass es für jede Zahl k der Länge n eine andere Zahl l der Länge n gibt mit [m]k+l[/m] ist nicht prim. Jemand Lust, das zu beweisen?
> (Bitte somit den Beweis nochmal überprüfen)
Also bisher falsifiziert bis [m]n=6[/m].
> Anmerkung zu SEcki: weder 5 noch 7 ist gerade (siehe
> Bedingung)!
Das war ein Beispiel, warum dein Beweis an der Stelle einfach kein Argument hat. Für [m]p>2[/m] gibt es für beliebiges n mehr Zerlegungen [m]a+b=n[/m], so dass a und b beide nicht von p geteilt werden, als welche, für die dies gilt.
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:27 Sa 13.02.2010 | | Autor: | Mathmark |
Oh man.....sch....
Ihr habt recht......
Warum ist für mich der beweis aber schlüssig ?
Der Grundgedanke an der Fragestellung war einfach nur, dass ich überprüfen wollte ob die additon im [mm] $\IP^n$ [/mm] abgeschlossen ist.
ich fing beim [mm] $\IP^2$ [/mm] an....und siehe da.....genau die zahlen mit unserer Eigenschaft erfüllten alle diese Bedingungen.
Um nun zu Zeigen, dass alle [mm] $\IP^n$ [/mm] in der Addition nicht abgeschlossen sind, war mir der beweis, den ich anging, der einfachste......
Gruß
P.S.: Ihr habt mal eben ein fundament zerstört  )
btw...jetzt kommt mir der gedanke, dass es nur genau dann der fall ist, wenn es aufeinanderfolgende Primfaktoren sind, also
[mm] $2\cdot [/mm] 3 + [mm] 5\cdot [/mm] 7$
[mm] $2\cdot 5+7\cdot [/mm] 11$
hmmm..... bleibt zu untersuchen welche [mm] $p\in \IP^n$ [/mm] diese Eigenschaft besitzen....
Danke für Eure Hilfe !!
|
|
|
|
