Reziprokensummen < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 09:53 Sa 09.05.2009 | | Autor: | Leni-H |
| Aufgabe | a) Zeigen Sie: # [mm] (\{\summe_{j=1}^{n} \bruch{1}{j} \in \IQ; n \in \IN\} \cap \IZ) [/mm] =1
Tipp: Geben Sie eine natürliche Zahl an, mit der die Summe multipliziert werden kann, so dass nur noch ein echt rationaler Summand übrig bleibt
b) Sei [mm] \mathcal{P} \subseteq \IP [/mm] mit 2 [mm] \in \mathcal{P} [/mm] und # [mm] \mathcal{P} [/mm] < [mm] \infty. [/mm] Zeigen Sie [mm] \summe_{p \in \mathcal{P} }^{} \bruch{1}{p} \not\in \IZ [/mm] |
Hallo,
könnt ihr mir auch hier helfen? Für die a habe ich mir mal überlegt, dass doch immer gelten muss, dass (n-1) mal die n-te Partialsumme keine ganze Zahl ist (außer für n=1), denn es gilt ja zum Beispiel:
[mm] 1*(\bruch{1}{1} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2}) [/mm] = [mm] \bruch{1}{2}
[/mm]
2* [mm] (\bruch{1}{1} [/mm] + [mm] \bruch{1}{2} [/mm] + [mm] \bruch{1}{3}) [/mm] = [mm] \bruch{11}{3} [/mm] usw
Aber was bringt mir dieser Tipp für die Lösung von Aufgabe a?
Danke schonmal!
Grüße!
|
|
| |
|
Hallo Leni,
> Aber was bringt mir dieser Tipp für die Lösung von Aufgabe a?
Wenn es Dir gelingt, zu jedem n eine Zahl [mm] m_n [/mm] zu finden, so dass das Produkt [mm] m_n*\summe_{j=1}^{n}\bruch{1}{j} [/mm] gliedweise ausmultipliziert und gekürzt nur noch eine Zahl enthält, die keine natürliche Zahl ist, dann ist die Behauptung gezeigt. Wäre irgendeine der betrachteten Summen ganzzahlig, dann wäre auch jedes Produkt einer natürlichen Zahl mit ihr ganzzahlig. Du sollst zeigen, dass man immer einen Faktor finden kann, so dass das Produkt nicht ganzzahlig ist.
Hier die ersten 17 Faktoren. Finde mal ihr Bildungsgesetz heraus (es gibt eins!).
[mm] m_1=1
[/mm]
[mm] m_2=1
[/mm]
[mm] m_3=2
[/mm]
[mm] m_4=4
[/mm]
[mm] m_5=12
[/mm]
[mm] m_6=12
[/mm]
[mm] m_7=60
[/mm]
[mm] m_8=120
[/mm]
[mm] m_9=360
[/mm]
[mm] m_{10}=360
[/mm]
[mm] m_{11}=2520
[/mm]
[mm] m_{12}=2520
[/mm]
[mm] m_{13}=27720
[/mm]
[mm] m_{14}=27720
[/mm]
[mm] m_{15}=27720
[/mm]
[mm] m_{16}=55440
[/mm]
[mm] m_{17}=720720
[/mm]
Liebe Grüße
reverend
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:37 So 10.05.2009 | | Autor: | Leni-H |
Hi, ich habe jetzt echt voll lang rumprobiert, aber ich kann kein Gesetz zwischen den Zahlen finden... Soll ich eine rekursive oder eine explizite Formel finden? Kannst du mir nochmal ein bißchen auf die Sprünge helfen?
|
|
|
| |
|
Hallo Leni,
in der Zahlentheorie lesen sich Definitionen von Zahlenfolgen oft anders, als Du sie wahrscheinlich bisher kennst.
Hier ist [mm] m_n [/mm] immer das kleinste gemeinsame Vielfache von (1,...,n) geteilt durch die größte darin vorkommende Primzahl.
Einfacher zu definieren wäre eine andere Folge [mm] r_n=\bruch{n!}{p(n)}, [/mm] wobei p(n) wieder die größte Primzahl [mm] \le{n} [/mm] ist.
Grüße
reverend
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:44 So 10.05.2009 | | Autor: | Leni-H |
Oh, vielen Dank, auf so was wär ich ja im Leben nie gekommen!
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:14 So 10.05.2009 | | Autor: | Leni-H |
Hallo, ich schon wieder 
Ich bekomme den Beweis dafür irgendwie nicht hin. Würdest du lieber mit dem kgV arbeiten oder mit dem n! ?? Funktioniert der Beweis mit Induktion???
|
|
|
| |
|
Hallo Leni,
wir scheinen ja gerade oft ungefähr gleichzeitig dazusein. 
Ich würde die Variante mit n! vorziehen, sie ist leichter zu zeigen. Induktion hilft allerdings nicht.
Wenn p(n) die größte Primzahl [mm] \le{n} [/mm] ist, dann "macht" der Faktor [mm] f=\tfrac{n!}{p} [/mm] aus jedem [mm] \tfrac{1}{j} [/mm] eine ganze Zahl, außer aus [mm] \tfrac{1}{p}. [/mm] Das ist nicht schwer zu zeigen; es ist ja jedes j außer p in f enthalten.
Ich hoffe, das hilft Dir, auf den richtigen Gedanken zu kommen.
Grüße
rev
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:50 So 10.05.2009 | | Autor: | Leni-H |
Hi,
ja das hört sich logisch an. Aber wie kann ich sicher gehen, dass dann der Faktor, der noch "übrig" bleibt (also der mit p im Nenner), auch wirklich keine ganze Zahl ist?
|
|
|
| |
|
Hallo Leni,
wenn es nur den einen Faktor [mm] \tfrac{1}{p} [/mm] gibt - siehe hierzu aber SEckis Hinweis! -, dann ist die Frage doch einfach zu beantworten: es kann ja keine andere Zahl j geben, die durch p teilbar ist. Und [mm] \tfrac{n!}{p} [/mm] ist nicht durch p teilbar.
Grüße
reverend
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:12 Mo 11.05.2009 | | Autor: | SEcki |
> Hallo Leni,
>
> wir scheinen ja gerade oft ungefähr gleichzeitig dazusein.
>
>
> Ich würde die Variante mit n! vorziehen, sie ist leichter
> zu zeigen. Induktion hilft allerdings nicht.
>
> Wenn p(n) die größte Primzahl [mm]\le{n}[/mm] ist, dann "macht" der
> Faktor [mm]f=\tfrac{n!}{p}[/mm] aus jedem [mm]\tfrac{1}{j}[/mm] eine ganze
> Zahl, außer aus [mm]\tfrac{1}{p}.[/mm] Das ist nicht schwer zu
> zeigen; es ist ja jedes j außer p in f enthalten.
Wieso ist das so? Was wäre denn, wenn zB auch [m]\bruch{1}{2*p}[/m] in der Summe wäre? Aber dann würde ja [m]\frac{1}{p}[/m] auch wieder natürlich. Das kannst du nur ausschließen, wenn zwischen p und [m]2*p[/m] immer eine Primzahl liegen muss - und das sehe ich jedenfalls nicht als trivial an - stimmt es denn überhaupt?
Ich weiß auch nicht, warum nur ein Summand übrig bleiben muss - wir könenn ja mit kgV mit höchster Primzahl herausdividiert multiplizieren und dann entsprechend ordnen.
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:57 Mo 11.05.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Eckhard,
scharf beobachtet!
> Wieso ist das so? Was wäre denn, wenn zB auch
> [m]\bruch{1}{2*p}[/m] in der Summe wäre? Aber dann würde ja
> [m]\frac{1}{p}[/m] auch wieder natürlich.
Nein, würde es nicht. Aber Du wirfst eine interessante Frage auf.
> Das kannst du nur
> ausschließen, wenn zwischen p und [m]2*p[/m] immer eine Primzahl
> liegen muss.
Oder 3p, 4p, 5p etc.? Man müsste nun diese Folge betrachten: [mm] \tfrac{1}{1!p}, \tfrac{3}{2!p}, \tfrac{11}{3!p}, \tfrac{23}{4!p}, \tfrac{274}{5!p}...
[/mm]
Das sind die Summen [mm] \tfrac{1}{p}+\tfrac{1}{2p}+\tfrac{1}{3p}+\tfrac{1}{4p}+\tfrac{1}{5p}\cdots
[/mm]
> - und das sehe ich jedenfalls nicht als trivial
> an - stimmt es denn überhaupt?
Du hast Recht. Es ist alles andere als trivial. Dass zwischen p und 2p immer eine weitere Primzahl liegt, war Bertrands Vermutung. Sie wurde von Tschebyschoff (Tschbebyschew, Chebeyshov etc.) bewiesen (Anmerkung: schade, dass wir nie eine einheitliche Transkription russischer Namen gefunden haben. Es erschwert die Suche nach großen Mathematikern wie diesem, die ihren Namen in kyrillischer Schrift schrieben.). Das hätte ich wohl nicht voraussetzen dürfen, aber - wie ich meine - der Aufgabensteller auch nicht. Ohne diesen Beweis gibt es keinen funktionierenden Weg, die Aufgabe zu lösen.
Ganz herzlich,
reverend
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:33 Mo 11.05.2009 | | Autor: | SEcki |
> > Wieso ist das so? Was wäre denn, wenn zB auch
> > [m]\bruch{1}{2*p}[/m] in der Summe wäre? Aber dann würde ja
> > [m]\frac{1}{p}[/m] auch wieder natürlich.
>
> Nein, würde es nicht. Aber Du wirfst eine interessante
> Frage auf.
Naja, doch. Also wenn p die größte Primzahl kleiner als n ist, und [m]p,2*p\le n[/m] gilt, dann wäre in n! mindestens zweimal der Faktor p entahlten, somit hätte also [m]n!/p[/m] immer noch mindestens einmal p als Primfaktor - und damit wäre [m]1/p * n!/p[/m] eine natürliche Zahl.
> > Das kannst du nur
> > ausschließen, wenn zwischen p und [m]2*p[/m] immer eine Primzahl
> > liegen muss.
>
> Oder 3p, 4p, 5p etc.?
2p reicht - wir suchen ja eine maximale Primzahl kleiner als n. Wenn ich nur 3p habe, könnte ich immer noch p und 2p haben, was der Aussage widerspricht.
> Man müsste nun diese Folge
> betrachten: [mm]\tfrac{1}{1!p}, \tfrac{3}{2!p}, \tfrac{11}{3!p}, \tfrac{23}{4!p}, \tfrac{274}{5!p}...[/mm]
>
> Das sind die Summen
> [mm]\tfrac{1}{p}+\tfrac{1}{2p}+\tfrac{1}{3p}+\tfrac{1}{4p}+\tfrac{1}{5p}\cdots[/mm]
Mir ist nicht klar, worauf du hier hinaus willst.
> > - und das sehe ich jedenfalls nicht als trivial
> > an - stimmt es denn überhaupt?
>
> Du hast Recht. Es ist alles andere als trivial. Dass
> zwischen p und 2p immer eine weitere Primzahl liegt, war
> Bertrands Vermutung. Sie wurde von Tschebyschoff
> (Tschbebyschew, Chebeyshov etc.) bewiesen
Ah. Na dann funktioniert dein Argument.
> Das hätte ich wohl nicht
> voraussetzen dürfen, aber - wie ich meine - der
> Aufgabensteller auch nicht. Ohne diesen Beweis gibt es
> keinen funktionierenden Weg, die Aufgabe zu lösen.
[EDIT: Was da vorher stand, war ziemlicher Blödsinn, ich habe Sachen im Zähler vergessen, nun eine korrekte Version]
Doch, und zwar so: Bestimme das kgV der Zahlen 1 bis n. In diesem kgV kommt eine 2er-Potenz, sagen wir mal [m]2^k[/m], vor. Dies ist die maximale 2er Potenz, die in einer Zahlen bis n entahlten ist in der Faktorzerlegung. Nun kommt keine Zahl [m]l*2^k[/m] mit l größer 1 vor, denn dann würde auch die 2er Potentz [m]2^{k+1}\le l*2^k[/m] vorkommen im Widerspruch zur Maximalität. Nun multipliziere man die Summe mit [m]\bruch{\mbox{kgV}}{2}[/m]. Damit wird jeder Bruch zu einer natürlichen Zahl - ausser [m]\bruch{1}{2^k}[/m], was zu [m]\bruch{1}{2}[/m] wird.
SEcki
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:40 Mo 11.05.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Eckhard,
> Naja, doch. Also wenn p die größte Primzahl kleiner als
> n ist, und [m]p,2*p\le n[/m] gilt, dann wäre in n! mindestens
> zweimal der Faktor p entahlten, somit hätte also [m]n!/p[/m] immer
> noch mindestens einmal p als Primfaktor - und damit wäre
> [m]1/p * n!/p[/m] eine natürliche Zahl.
Hmmm. Das habe ich gestern abend nicht mehr gesehen. Auch da hast Du Recht.
> > > Das kannst du nur
> > > ausschließen, wenn zwischen p und [m]2*p[/m] immer eine Primzahl
> > > liegen muss.
> >
> > Oder 3p, 4p, 5p etc.?
>
> 2p reicht - wir suchen ja eine maximale Primzahl kleiner
> als n. Wenn ich nur 3p habe, könnte ich immer noch p und 2p
> haben, was der Aussage widerspricht.
?? Das verstehe ich allerdings auch morgens nicht.
> > Man müsste nun diese Folge
> > betrachten: [mm]\tfrac{1}{1!p}, \tfrac{3}{2!p}, \tfrac{11}{3!p}, \tfrac{23}{4!p}, \tfrac{274}{5!p}...[/mm]
>
> >
> > Das sind die Summen
> >
> [mm]\tfrac{1}{p}+\tfrac{1}{2p}+\tfrac{1}{3p}+\tfrac{1}{4p}+\tfrac{1}{5p}\cdots[/mm]
>
> Mir ist nicht klar, worauf du hier hinaus willst.
Das zielte auf ein völlig anderes Argument und ist hinfällig, wenn ich Deinen obigen Einwand bedenke.
> > > - und das sehe ich jedenfalls nicht als trivial
> > > an - stimmt es denn überhaupt?
> >
> > Du hast Recht. Es ist alles andere als trivial. Dass
> > zwischen p und 2p immer eine weitere Primzahl liegt, war
> > Bertrands Vermutung. Sie wurde von Tschebyschoff
> > (Tschbebyschew, Chebeyshov etc.) bewiesen
>
> Ah. Na dann funktioniert dein Argument.
Ja, aber ob man diesen Satz auch verwenden darf, würde ich angesichts des Übungszettels bezweifeln.
> > Das hätte ich wohl nicht
> > voraussetzen dürfen, aber - wie ich meine - der
> > Aufgabensteller auch nicht. Ohne diesen Beweis gibt es
> > keinen funktionierenden Weg, die Aufgabe zu lösen.
>
> [EDIT: Was da vorher stand, war ziemlicher Blödsinn, ich
> habe Sachen im Zähler vergessen, nun eine korrekte
> Version]
>
> Doch, und zwar so: Bestimme das kgV der Zahlen 1 bis n. In
> diesem kgV kommt eine 2er-Potenz, sagen wir mal [m]2^k[/m], vor.
> Dies ist die maximale 2er Potenz, die in einer Zahlen bis n
> entahlten ist in der Faktorzerlegung. Nun kommt keine Zahl
> [m]l*2^k[/m] mit l größer 1 vor, denn dann würde auch die 2er
> Potentz [m]2^{k+1}\le l*2^k[/m] vorkommen im Widerspruch zur
> Maximalität. Nun multipliziere man die Summe mit
> [m]\bruch{\mbox{kgV}}{2}[/m]. Damit wird jeder Bruch zu einer
> natürlichen Zahl - ausser [m]\bruch{1}{2^k}[/m], was zu
> [m]\bruch{1}{2}[/m] wird.
Bingo. Hervorragende Idee! Das geht auch ohne Zusatzwissen.
> SEcki
Herzliche Grüße
reverend
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:25 Mo 11.05.2009 | | Autor: | SEcki |
> was zu
> [m]\bruch{1}{2}[/m] wird.
... was zu [m]\bruch{\mbox{kgV}}{2^{k+1}}[/m] wird.
SEcki
|
|
|
|
