2 Vermutungen zu beweisen

15.11.2007, 22:17	matze(2)	Auf diesen Beitrag antworten »
2 Vermutungen zu beweisen Hallo, ich habe 2 Vermutungen und da sie thematisch dicht zusammen liegen und ich durch die 1. auf die 2. Vermutung kam, habe ich mich dazu entschlossen, beide in dem selben Topic zu posten. (1) Es sei $\begin{eqnarray} \frac{(t-1)!}{t} = n \mid t \in \mathbb N \wedge t \neq 4 \end{eqnarray}$ a) Wenn $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ prim ist, dann ist $\begin{eqnarray} n \notin \mathbb N \end{eqnarray}$ b) Wenn $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ zusammengesetzt ist, dann ist $\begin{eqnarray} n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ (2) Es sei $\begin{eqnarray} (t-1)! = n + \lfloor \frac{n-1}{t-1} \rfloor \mid t \in \mathbb N \wedge t \neq 4 \end{eqnarray}$ a) Wenn $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ prim ist, dann gibt es eine Zahl $\begin{eqnarray} n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ b) Wenn $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ zusammengesetzt ist, dann gibt es keine Zahl $\begin{eqnarray} n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ Leider ist es mir auch mit \quad nicht gelungen, a) und b) jeweils einzurücken. Über einen Beweis von einer oder beider Vermutungen würde ich mich sehr freuen.
15.11.2007, 22:23	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
also die (1a) ist fast trivial, denn vielfache von primzahlen kann man nur konstruieren, wenn man die primzahl mit irgendeiner anderen zahl multipliziert. zu der (1b) würde ich sagen, dass das nur dann gilt, wenn t keine k-te potenz einer primzahl ist. ist t keine k-te potenz einer primzahl einer primzahl ist es eigentlich wieder einfach, denn dann enthält (t-1)! mind. 2 teiler von t, dessen produkt t ist. ein formeller beweis ist dir überlassen edit: die b) klappt natürlich auch wenn t eine k-te potenz einer primzahl ist...denn der einzige teiler von t kommt ja dann mindestens k mal vor in (t-1)! (außer für t = 4 halt, wie du schon ausgeschlossen hast)
15.11.2007, 22:52	matze(2)	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich stimme dir soweit in allem überein, außer das bei 1a) $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ die k-te Potenz einer Primzahl sein muss. Ich vermutete 4 als einzige Ausnahme, da ich für die Bedingung für eine solche Ausnahme wiederum $\begin{eqnarray} \frac{t}{2} \leq \sqrt{t} \end{eqnarray}$ vermutete. Zu dieser Bedingung kam ich mit der Überlegung, dass immer mindestens ein Teiler ungleich 1 einer zusammengesetzten Zahl kleiner als die Wurzel der Zahl sein muss - außer bei 4.
16.11.2007, 13:34	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
ich hab den beitrag doch editiert bei der (1b) musst du, um zu beweisen, dass es auch für $\begin{eqnarray} t = p^k \end{eqnarray}$ (p prim) klappt, zeigen, dass $\begin{eqnarray} n^k > nk \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} n > 2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} k \geq 2 \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} n = 2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} k \geq 3 \end{eqnarray}$ gilt. am besten per induktion über k. denn damit ist gezeigt, dass (t-1)! den primfaktor p mind. k mal enthält, also insgesamt t enthält. und bei zahlen, welche mind zwei verschiedene primfaktoren enthalten, ist das eh kein problem, denn sei $\begin{eqnarray} t = ab \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} a \neq b \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} a,b > 1 \end{eqnarray}$ , so enthält (t-1)! a und b und damit t als faktor.
16.11.2007, 15:32	matze(2)	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe deinen Edit gestern Abend nicht mehr gesehen Ja, sieht doch schon ganz gut aus. Ich brauche sowieso nicht unbedingt einen formellen Beweis, weil es mir auch schon reicht wenn ich mir 100% sicher sein kann. So kam ich auf die 2. Vermutung: Angenommen es gelten 1a und 1b. Zuerst bildete ich die Funktion, die einer natürlichen Zahl $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ die n-te Zahl zuordnet, die nicht durch eine natürliche Zahl $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ teilbar ist: $\begin{eqnarray} f(n) = 1 + \lfloor \frac{n+t-3}{t-1} \rfloor + \lfloor \frac{n+t-4}{t-1} \rfloor + \lfloor \frac{n+t-5}{t-1} \rfloor + \lfloor \frac{n+t-6}{t-1} \rfloor + \lfloor \frac{n+t-7}{t-1} \rfloor + \cdots + 2 \lfloor \frac{n-1}{t-1} \rfloor \end{eqnarray}$ Da $\begin{eqnarray} \lfloor x \rfloor = 1 + \sum_{k=2}^{n+1}~\lfloor \frac{x + n - k}{n} \rfloor \end{eqnarray}$ für ein beliebiges $\begin{eqnarray} n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ (dazu dass das so ist, siehe http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=157108 ) und $\begin{eqnarray} \lfloor n \rfloor = n \end{eqnarray}$ für ein beliebiges $\begin{eqnarray} n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ , kann man den Funktionsterm vereinfachen zu: $\begin{eqnarray} f(n) = 1 + \lfloor \frac{n-1}{t-1} \rfloor \end{eqnarray}$ Wenn $\begin{eqnarray} (t-1)! \end{eqnarray}$ nicht durch $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ teilbar ist, muss $\begin{eqnarray} (t-1)! \end{eqnarray}$ auf der Funktion liegen, sodass $\begin{eqnarray} (t-1)! = 1 + \lfloor \frac{n-1}{t-1} \rfloor \end{eqnarray}$ gelten muss.
16.11.2007, 15:50	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Als Fan möglichst einfacher Beweise schlage ich zu (1b) mal folgendes vor: Fall 1: $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ ist kein Primzahlquadrat. Dann betrachte man irgendeinen Primteiler $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ , sowie dessen Gegenstück $\begin{eqnarray} \frac{t}{p} \end{eqnarray}$ , beides verschiedene, im Produkt $\begin{eqnarray} (t-1)! \end{eqnarray}$ enthaltene Faktoren. Fall 2: $\begin{eqnarray} t=p^2 \end{eqnarray}$ mit einer Primzahl $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ , wegen $\begin{eqnarray} t\neq 4 \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} p\geq 3 \end{eqnarray}$ . Dann sind sowohl $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ als auch $\begin{eqnarray} 2p \end{eqnarray}$ im Produkt $\begin{eqnarray} (t-1)! \end{eqnarray}$ enthaltene Faktoren...
Anzeige

16.11.2007, 16:12	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
hier stand unsinn

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »