Primzahlaufgabe

15.08.2012, 16:01

Primzahlx

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Primzahlaufgabe

Meine Frage:
Hallo liebes Matheboard, ich hoffe ich bin in diesem Forum richtig!
Meine Aufgabe:

Es seien $\begin{eqnarray*} p_{1}, p_{2}, ... p_{n} \end{eqnarray*}$ paarweise verschiedene Primzahlen.
Zeige, dass
$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{k=1}^n \left(\frac{p_{k}^{3}+1}{p_{k}^{3}-1}\right)<\frac{39}{25} \end{eqnarray*}$
gilt.

Meine Ideen:
Hallo,
ich hab den Term $\begin{eqnarray*} \prod\limits_{k=1}^n \left(\frac{p_{k}^{3}+1}{p_{k}^{3}-1}\right) \end{eqnarray*}$ als A bezeichnet. Dann habe ich den Term $\begin{eqnarray*} B = \frac{p_{2}^{3}-1}{p_{1}^{3}+1} \cdot \frac{p_{3}^{3}-1}{p_{2}^{3}+1} \cdot ...\cdot \frac{p_{n+1}^{3}-1}{p_{n}^{3}+1} \end{eqnarray*}$ erfunden, $\begin{eqnarray*} p_{n+1} \end{eqnarray*}$ soll eine weitere paarweise verschiedene Primzahl sein, ich weiß nicht genau, ob das nötig ist, die dazuzunehman, oder nicht.
Diese Terme haben die Eigenschaft, dass $\begin{eqnarray*} A\cdot B=\frac{p_{n+1}^{3}-1}{p_{n}^{3}-1} \end{eqnarray*}$ und B > A.
Damit folgt $\begin{eqnarray*} \frac{p_{n+1}^{3}-1}{p_{n}^{3}-1}=A\cdot B>A^{2} \end{eqnarray*}$ .
Jetzt muss ich nur noch die $\begin{eqnarray*} \frac{p_{n+1}^{3}-1}{p_{n}^{3}-1} \end{eqnarray*}$ in Verbindung mit $\begin{eqnarray*} \left(\frac{39}{25}\right)^{2} \end{eqnarray*}$ bringen, dann die Wurzel ziehen und ich bin fertig.
Kann mir da jemand weiterhelfen? Wäre dankbar!
LG,
Primzahlx

15.08.2012, 16:08

HAL 9000

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Ich kenne die Aufgabe seit 1986, da mit einer noch schärferen Schranke rechts, nämlich $\begin{eqnarray*} \frac{36}{25} \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

P.S.: Deine Lösungsidee strotzt leider nur so vor Fehlern. Z.B. ist

$\begin{eqnarray*} A\cdot B = \frac{p_{n+1}^{3}-1}{p_1^{3}-1} \end{eqnarray*}$ ,

und wieso soll $\begin{eqnarray*} B>A \end{eqnarray*}$ sein - i.a. ist das falsch.

15.08.2012, 16:28

Primzahlx

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Entschuldigung, da hatte ich mich leider vertippt, ich hatte natürlich das gemeint, was du geschrieben hast.
Was du zu B > A schreibst, macht mich stutzig, ich bin doch der Meinung, dass das so stimmt. In B sind gleich viele Faktoren wie in A, nämlich n.
Nun ist jeder einzelne Faktor von B größer als jeder von A, denn die Differenz Nenner-Zähler ist größer. Verdenk ich mich da gerade oder hattest du dich bei den Indizes verlesen?
LG,
Primzahlx

15.08.2012, 17:18

HAL 9000

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Zitat:

Original von Primzahlx
Nun ist jeder einzelne Faktor von B größer als jeder von A, denn die Differenz Nenner-Zähler ist größer.

Anscheinend nimmst du an, dass die $\begin{eqnarray*} p_k \end{eqnarray*}$ aufsteigend geordnet sind (also $\begin{eqnarray*} p_1<p_2<\ldots<p_{n+1} \end{eqnarray*}$ ), weil ansonsten dieser Teil schon offensichtlich falsch wäre.
Aber auch in diesem Fall hast du dieses $\begin{eqnarray*} \frac{p_k^3+1}{p_k^3-1} < \frac{p_{k+1}^3-1}{p_k^3+1} \end{eqnarray*}$ noch nicht sauber nachgewiesen. Musst du letztendlich aber auch nicht, denn es nützt eh nichts zum Beweis der Aufgabe.

15.08.2012, 17:34

Primzahlx

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Oh Mist, tut mir Leid, dass ich vergessen hab, das reinzuschrieben, das war so gemeint (ich bin echt schusselig geworden...)
Wenn du meinst, es bringt nichts, kannst du mir vielleicht einen anderen Hinweis geben?

15.08.2012, 17:49

HAL 9000

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Sagt dir der Begriff "Teleskopprodukt" etwas?

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15.08.2012, 17:59

Primzahlx

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Hmm... ja schon... das ist doch im Wesentlichen sowas, was ich angewendet hab? So, dass sich die ganzen Nenner und Zähler rauskürzen... oder verwechsle ich da was?

15.08.2012, 18:25

HAL 9000

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Zitat:

Original von Primzahlx
So, dass sich die ganzen Nenner und Zähler rauskürzen...

Genau - aber wo hast du denn sowas gemacht?

Ich beziehe das auf das Produkt

$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{j=a}^b \frac{j^3+1}{j^3-1} \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} 2\leq a\leq b \end{eqnarray*}$ . D.h., es werden in das Produkt alle ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} j \end{eqnarray*}$ des Intervalls $\begin{eqnarray*} [a,b] \end{eqnarray*}$ einbezogen, nicht nur die Primzahlen. Inwieweit das trotzdem für die Behauptung nützlich ist, darüber kannst du ja später mal nachdenken.

Die Teleskopstruktur erschließt sich allerdings erst bei der faktoriellen Zerlegung von Zähler und Nenner der Faktoren:

$\begin{eqnarray*} \frac{j^3+1}{j^3-1} = \frac{(j+1)(j^2-j+1)}{(j-1)(j^2+j+1)} = \frac{j+1}{j-1} \cdot \frac{(j-1)j+1}{j(j+1)+1} \end{eqnarray*}$

15.08.2012, 18:33

Primzahlx

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Ich dachte ich hätte das für $\begin{eqnarray*} A\cdot B \end{eqnarray*}$ angewendet, damit nur die zwei Terme stehen bleiben... aber gut, es bringt ja anscheinend nichts Augenzwinkern

Augenzwinkern

Und was genau soll mir jetzt das bringen? Das ist ja mein Term A nur mit noch mehr reingewurschtelt... Augenzwinkern

Augenzwinkern

Wie komme ich damit weiter?

15.08.2012, 18:37

HAL 9000

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Zitat:

Original von Primzahlx
Ich dachte ich hätte das für $\begin{eqnarray*} A\cdot B \end{eqnarray*}$ angewendet

Da du nicht aufhörst, diesem Weg hinterher zu trauern, da muss ich dir dann doch noch folgendes sagen:

Zitat:

Original von Primzahlx (Formel korrigiert)
Jetzt muss ich nur noch die $\begin{eqnarray*} \frac{p_{n+1}^{3}-1}{p_{{\color{red}1}}^{3}-1} \end{eqnarray*}$ in Verbindung mit $\begin{eqnarray*} \left(\frac{39}{25}\right)^{2} \end{eqnarray*}$ bringen, dann die Wurzel ziehen und ich bin fertig.

Dieses "nur noch" ist ein geradezu erschreckend naiver Wunschtraum: Um die Behauptung auf diesem Weg nachzuweisen, müsstest du für alle $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ die Ungleichung

$\begin{eqnarray*} \frac{p_{n+1}^{3}-1}{p_{1}^{3}-1} \leq \left( \frac{36}{25} \right)^2 \end{eqnarray*}$

nachweisen, was natürlich nicht klappt: Die linke Seite wächst unbeschränkt, und überwindet damit die rechts stehende Konstante mühelos. Du hast mit dem B das A einfach viiiiiel zu grob abgeschätzt. unglücklich

unglücklich

Zitat:

Original von Primzahlx
Das ist ja mein Term A nur mit noch mehr reingewurschtelt...

Ja - aber dank Teleskopprodukt beherrschbares (!) Gewurschtel. Big Laugh

Big Laugh

15.08.2012, 18:41

Primzahlx

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OK, das sehe ich ein Augenzwinkern

Augenzwinkern

ich will jetzt auch aufhören mit der Trauer...

Also, wie komme ich mit deinem Weg weiter? Was mache ich mit dem Produkt, das wir jetzt da stehen haben?

15.08.2012, 18:57

HAL 9000

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Ich hatte eigentlich gehofft, dass du nach meinen vielen Hinweisen (eigentlich bereits viel zu viel) wenigstens mal ein paar Schritte selbst gehst. Ansonsten sind nämlich solche Aufgaben (das war damals Olympiade 4.Runde, d.h. die nationale Endrunde) nichts für dich.

Also: Berechne doch mal das Teleskopprodukt $\begin{eqnarray*} \prod\limits_{j=a}^b \frac{j^3+1}{j^3-1} \end{eqnarray*}$ in Abhängigkeit von $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ !

15.08.2012, 19:04

Primzahlx

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Jetzt fällt mir was auf, ich muss doch echt blöd sein... ich hatte mich gefragt, warum du dein Produkt so umgeformt hast, jetzt fällt mir auf, dass wenn man j laufen lässt, sich da einiges "rauskürzen" wird.... nur bin ich mir noch nicht ganz sicher, wie, lass mich mal etwas nachdenken, ich meld mich dann wieder, wenn mir was einfällt.
Ich hatte die ganze Zeit versucht dein Produkt mit A zu kombinieren, kein Wunder, dass ich da auf nichts gestoßen bin...

15.08.2012, 19:42

Primzahlx

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So, ich hoff ich hab mich nicht verrechnet, oder vergessen, was zu kürzen... ich habe das hier raus:
$\begin{eqnarray*} \frac{b\cdot (b+1)}{(a-1)\cdot a} \end{eqnarray*}$ .
Ich hoffe das stimmt so.
Nennen wir dieses Produkt B (ich wills nicht immer aussschreiben) und das aus der Aufgabe A, so ist doch B > A, weil A in B vorkommt, aber in B noch andere Faktoren die > 1 sind vorkommen (hier sind die Grenzen a und b von B $\begin{eqnarray*} p_{1} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} p_{n} \end{eqnarray*}$ ).
Also wissen wir:
$\begin{eqnarray*} \frac{p_{n}\cdot (p_{n}+1)}{(p_{1}-1)\cdot p_{1}} \end{eqnarray*}$ .
Nun bräuchte ich noch einen kleinen Stupser... dann komm ich bestimmt drauf!

15.08.2012, 19:47

Primzahlx

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Korrektur:

Zitat:

Original von Primzahlx

Also wissen wir:
$\begin{eqnarray*} \frac{p_{n}\cdot (p_{n}+1)}{(p_{1}-1)\cdot p_{1}} <span style="color: red;">> A</span> \end{eqnarray*}$ .

15.08.2012, 19:50

HAL 9000

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Zitat:

Original von Primzahlx
So, ich hoff ich hab mich nicht verrechnet, oder vergessen, was zu kürzen... ich habe das hier raus:
$\begin{eqnarray*} \frac{b\cdot (b+1)}{(a-1)\cdot a} \end{eqnarray*}$ .

Da hast du die Hälfte vergessen. unglücklich

unglücklich

Richtig ist

$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{j=a}^b \frac{j^3+1}{j^3-1} = \frac{a(a-1)+1}{a(a-1)} \cdot \frac{b(b+1)}{b(b+1)+1} \end{eqnarray*}$ .

15.08.2012, 19:54

Primzahlx

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Ach so ein Mist... Entschuldigung, ich hab die "großen" Nenner einfach auf meinem Blatt übersehen... tut mir Leid, dass ich dich hier mit solchen Dummheitsfehlern belästige... gut, dass mein Ergebnis falsch war, deins ist nämlich wesentlich praktischer, da beide Faktoren für größere a und b immer näher an 1 herankommen, somit auch das "Gesamtprodukt". Das ist doch bestimmt wichtig?

15.08.2012, 20:00

HAL 9000

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Allerdings.

Ich kürze die Sache jetzt ein wenig ab: Der letzte Schritt ist, dass man über die Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{k=1}^n \frac{p_k^3+1}{p_k^3-1} \leq \frac{2^3+1}{2^3-1} \cdot \frac{3^3+1}{3^3-1} \cdot \frac{5^3+1}{5^3-1} \cdot \frac{7^3+1}{7^3-1} \cdot \prod\limits_{j=11}^{\max\{p_n,11\}} \frac{j^3+1}{j^3-1} \leq \frac{9}{7} \cdot \frac{28}{26} \cdot \frac{126}{124} \cdot \frac{344}{342} \cdot \frac{11\cdot 10+1}{11\cdot 10} \end{eqnarray*}$

die Behauptung knackt, indem man zeigt, dass der Wert rechts kleiner als $\begin{eqnarray*} \frac{36}{25} \end{eqnarray*}$ ist.

15.08.2012, 20:06

Primzahlx

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Danke!
Und, dass das rechts kleiner als $\begin{eqnarray*} \frac{39}{25} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \frac{36}{25} \end{eqnarray*}$ ist zeige ich einfach durch nachrechnen und kürzen, oder?

15.08.2012, 20:08

HAL 9000

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Ja klar.

15.08.2012, 20:10

Primzahlx

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Ach, jetzt kommt mir doch noch eine Frage:
max(p_n,11) bezeichnet doch 11 oder p_n, je nachdem, was größer ist, oder?
Ansonsten ist alles klar.

15.08.2012, 20:11

HAL 9000

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Ja, das ist dort nötig, damit einerseits alle Faktoren von links (und gegebenfalls mehr) auch rechts im Produkt drin sind, und andererseits der obere Produktindex auch größer gleich dem unteren ist.

15.08.2012, 20:14

Primzahlx

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Danke!
Ja, danke, ich war mir nur wegen der Schreibweise nicht ganz sicher, aber das war das einzige, was wirklich Sinn macht.
Also ein großes Dankeschön für deine Ausdauer! Blumen

Blumen

Ich find das echt toll, dass es Leute gibt, die sowas ehrenamtlich machen, so viel Zeit, nur um anderen zu helfen, Respekt!
LG,
Primzahlx

15.08.2012, 20:32

HAL 9000

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Allerdings hat es für mich länger gedauert, die Aufgabe hier zu erklären, als sie damals in der Klausur zu lösen. Big Laugh

Big Laugh

P.S.: Für $\begin{eqnarray*} \frac{39}{25} \end{eqnarray*}$ hätte übrigens bereits die bequemere Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \prod\limits_{k=1}^n \frac{p_k^3+1}{p_k^3-1} \leq \prod\limits_{j=2}^{p_n} \frac{j^3+1}{j^3-1} < \frac{2\cdot 1+1}{2\cdot 1} = \frac{3}{2} < \frac{39}{25} \end{eqnarray*}$

gereicht, d.h. das schärfere $\begin{eqnarray*} \frac{36}{25} \end{eqnarray*}$ ist schon mit deutlich mehr Rechenmühsal verbunden. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Bezeichnet man mit

$\begin{eqnarray*} A_n := \prod\limits_{k=1}^n \frac{p_k^3+1}{p_k^3-1} \end{eqnarray*}$

den Wert dieses Produkts für die lückenlose, aufsteigende Primzahlfolge $\begin{eqnarray*} p_1=2, p_2=3, p_3=5, \ldots \end{eqnarray*}$ , so ist deren Grenzwert ungefähr

$\begin{eqnarray*} A := \lim_{n\to\infty} A_n \approx 1.4203 \end{eqnarray*}$ ,

eine genaue Intervallschachtelung für diesen Grenzwert ist über den obigen Zusammenhang

$\begin{eqnarray*} A_n < A < A_n\cdot \frac{p_{n+1}(p_{n+1}-1)+1}{p_{n+1}(p_{n+1}-1)} \end{eqnarray*}$

möglich. Die $\begin{eqnarray*} \frac{36}{25}=1.44 \end{eqnarray*}$ sind also bereits eine recht sportliche obere Schranke.

16.08.2012, 22:26

Mystic

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Nur als Randbemerkung: Man könnte alternativ auch den Zugang wählen, dass man nach der Umformung

$\begin{eqnarray*} \prod_{k=1}^n \frac{p_k^3+1}{p_k^3-1} < \prod_{k=1}^\infty \frac{1+p_k^{-3}}{1-p_k^{-3}}= \sum_{k=1}^\infty \frac 1{k^3} \sum_{\stackrel{k=1}{\text{k quadratfrei}}}^\infty \frac1{k^3} \end{eqnarray*}$

für das fragliche Produkt immer bessere Abschätzungen nach oben bekommt, je größer man S im folgenden Ausdruck wählt:

$\begin{eqnarray*} \zeta(3)(\zeta(3) - \sum_{\stackrel{0<k \le S}{\text{k nicht quadratfrei}}} \frac 1{k^3}) \end{eqnarray*}$

wählt... Schon für den Wert S=10 erhält man so die recht gute Abschätzung

$\begin{eqnarray*} \prod_{k=1}^n \frac{p_k^3+1}{p_k^3-1} < \zeta(3)(\zeta(3)-4^{-3}-8^{-3}-9^{-3})\approx 1.422 \end{eqnarray*}$

16.08.2012, 22:35

HAL 9000

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Gute Idee, nur leider für eine Olympiade-Klausurlösung schwierig zu vermitteln, sofern man nicht noch eine ausreichend gute Abschätzung von $\begin{eqnarray*} \zeta(3) \end{eqnarray*}$ im Köcher hat. Augenzwinkern

Augenzwinkern

EDIT: Z.B. irgendwas in der Art

$\begin{eqnarray*} \zeta(3) < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^3} + \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{1}{(k-1)k(k+1)} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^3} + \frac{1}{2n(n+1)} \end{eqnarray*}$

für ein genügend groß gewähltes $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ würde es natürlich tun. Aber um irgendeine Art hässliche Rechnerei kommt man wohl so oder so nicht herum.

16.08.2012, 22:58

Mystic

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Etwas naheliegender scheint mir die Beziehung

$\begin{eqnarray*} (1-\frac 2{2^3})\zeta(3)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k^3} \end{eqnarray*}$

zu sein, wonach man nach Abbruch der Reihe bei einem positiven Summanden auch eine gute Abschätzung nach oben bekommt... Auch die Beziehung

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^\infty \frac 1{k^3} <\sum_{k=1}^n \frac 1{k^3}+\int_n^\infty \frac{dx}{x^3}=\sum_{k=1}^n \frac 1{k^3}+\frac 1{2n^2} \end{eqnarray*}$

sollte schon ausreichen... Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.08.2012, 23:07

HAL 9000

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"naheliegender" ist schon ein sehr subjektiver Begriff - da hatten wir ja schon desöfteren sehr unterschiedliche Auffassungen. Und Olympiadekorrektoren können sehr eklig sein, wenn man seine Ausführungen nicht mehr oder weniger auf Schulwissen zurückführt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

17.08.2012, 13:24

HAL 9000

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Als Ergänzung übrigens mal der Link zur Originalaufgabe 251242 von 1985/86:

http://www.olympiade-mathematik.de/inc/z...le=a251346B.doc

(als Nebenprodukt meiner bisher vergeblichen Suche nach den aktuellen Aufgaben der 52.Olympiade 2012/13).

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