Vermutung über Reihen und Primzahlen - Seite 2

28.06.2006, 23:51

Dual Space

Obwohl ich wie gesagt nicht viel Ahnung von dem Thema habe, habe ich die INTUITIVE Vermutung, dass die These für hinreichend große a versagt.

@Info-Cracks: Wie weit seit ihr denn mit eurem Testprogramm?

28.06.2006, 23:58

papahuhn

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Für a = 9 stimmt die Behauptung nicht. Für b = 2 ist der Wert 91, nicht prim. Für weitere gerade b stimmt die Behauptung nicht, wegen deiner Anmerkung, dass b prim sein muss. Allerdings enden die Zahlen (in 10er Darstellung) für ungerade b immer auf 0.

29.06.2006, 00:08

Dual Space

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papahuhns Vermutung scheint sich zu bestätigen. Entweder endet die Partialsumme auf 0, oder sie ist durch 3 teilbar.

29.06.2006, 00:19

papahuhn

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Wenn man das formal machen will, geht das wohl mit Induktion.

29.06.2006, 00:22

Sciencefreak

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Zitat:

Original von Dual Space
@Info-Cracks: Wie weit seit ihr denn mit eurem Testprogramm?

Testprogramm ist gut. Um die Aussage zu beweisen müsste du endliche viele "a"s durchprobieren und ein b jeweils dazu finden und um die Aussage zu widerlegen musst du unendlich viele "b"s durchprobieren und alle auschließen.

Die Idee von Papahuhn hört sich wirklich vernünftig an, nur dass ich halt noch nicht nachvollziehen konnte, dass b eine Primzahl sein muss, ich bin bisher nur auf teilerfremdheit gekommen. Aber das kann ich mich etwas später in RRuhe anschauen, jetzt geht erst mal nichts mehr
Edit:Ich habe wieder ein wenig Schrott verzapft, also einfach die Beiträge nach 24 Uhr bzw. 7.20 Uhr ignorieren

29.06.2006, 00:24

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9 ist tatsächlich interessant, anscheinend auch andere Quadrate ungerader Zahlen.

Nichtsdestotrotz irrt papahuhn in der Argumentation: 91 gehört nicht zu b=2, sondern zu b=3, denn die Summe läuft bis b-1 und nicht bis b. Also gehören die auf 0 endenden Folgenglieder zu den geraden b, nicht zu den ungeraden!

29.06.2006, 00:25

Dual Space

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Zitat:

Original von Sciencefreak
Testprogramm ist gut. Um die Aussage zu beweisen müsste du endliche viele "a"s durchprobieren und ein b jeweils dazu finden und um die Aussage zu widerlegen musst du unendlich viele "b"s durchprobieren und alle auschließen.

Stimmt. Hatte ich irgendwie verdrängt!

29.06.2006, 00:27

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@Stefan

Auch falsche Argumentation bei a=9: Siehe z.B. $\begin{eqnarray*} \frac{9^7-1}{9-1}=547\cdot 1093 \end{eqnarray*}$

29.06.2006, 00:33

Dual Space

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Zitat:

Original von Arthur Dent
@Stefan

Auch falsche Argumentation bei a=9: Siehe z.B. $\begin{eqnarray*} \frac{9^7-1}{9-1}=547\cdot 1093 \end{eqnarray*}$

Aber immerhin war ich "nah" dran:

$\begin{eqnarray*} 548\cdot 1093=627382=2\cdot 313691 \end{eqnarray*}$ Augenzwinkern

Edit: Da hab ich mich aber schwer verrechnet! Forum Kloppe

29.06.2006, 00:34

papahuhn

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Gna, war in der Summe schon immer ein b-1? Ich hatte da ein b in Erinnerung, und ordnete deshalb der 2 die 91 zu.

29.06.2006, 00:40

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Ok, jetzt mal etwas Systematik: Für $\begin{eqnarray*} a=c^2 \end{eqnarray*}$ ist

$\begin{eqnarray*} \frac{a^b-1}{a-1} = \frac{c^{2b}-1}{c^2-1} = \frac{c^b-1}{c-1} \cdot \frac{c^b+1}{c+1} \end{eqnarray*}$

für ungerade $\begin{eqnarray*} b>2 \end{eqnarray*}$ niemals eine Primzahl. Und für $\begin{eqnarray*} b=2 \end{eqnarray*}$ auch nicht, falls $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ungerade ist.

Tja, akechi90, zumindest musst du deine Behauptung abrüsten.

29.06.2006, 00:46

Dual Space

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... gelöscht! (Hätte nur zur allgemeinen Verwirrung beigetragen!)

29.06.2006, 00:49

papahuhn

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Hehe, die Form gefällt mir.

29.06.2006, 01:40

Abakus

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Für Quadratzahlen a geht es demnach generell schief. Als weitere Voraussetzung wäre nun möglich:

Voraussetzung 1: a darf keine Quadratzahl sein.

Grüße Abakus smile

29.06.2006, 02:00

JochenX

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Zitat:

Original von Abakus
Voraussetzung 1: a darf keine Quadratzahl sein.

ich werfe mal a=1 in den Ring.
1 ist sogar noch ungerade.

Aber nur um noch mal 'ne Ausnahme der Ausnahme zu finden und auch ein wenig, um euch zu ärgern.
Jetzt ruft aber das weiche Dingens, auch Bett genannt.

Schläfer

29.06.2006, 04:42

papahuhn

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Ist vielleicht etwas spät, aber woran sehe ich, dass $\begin{eqnarray*} \frac{c^b+1}{c+1} \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , für ungerade b? verwirrt

Mit der binomischen Formel komm ich da nicht sehr weit.

29.06.2006, 06:42

Sciencefreak

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Für ungerade b gilt:
$\begin{eqnarray*} \frac{c^b+1}{c+1}=\sum^{b-1}_{k=0} (-1)^k*a^k \end{eqnarray*}$

29.06.2006, 08:44

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Zitat:

Original von Abakus
Voraussetzung 1: a darf keine Quadratzahl sein.

Auch andere Potenzen sind gefährdet: Im Fall $\begin{eqnarray*} a=c^q \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \frac{a^b-1}{a-1} = \frac{c^{bq}-1}{c^q-1} \end{eqnarray*}$ für ungerade $\begin{eqnarray*} b>q \end{eqnarray*}$ keine Primzahl.

So ist z.B. für $\begin{eqnarray*} a=3^3=27 \end{eqnarray*}$ zwar $\begin{eqnarray*} \frac{27^3-1}{27-1} = 757 \end{eqnarray*}$ noch eine Primzahl, aber für $\begin{eqnarray*} b>3 \end{eqnarray*}$ finden sich unter $\begin{eqnarray*} \frac{27^b-1}{27-1} \end{eqnarray*}$ keine Primzahlen mehr!

Im Fall $\begin{eqnarray*} a=5^3=125 \end{eqnarray*}$ hat man aber für $\begin{eqnarray*} b=3 \end{eqnarray*}$ kein Glück mehr: $\begin{eqnarray*} \frac{125^3-1}{125-1} = 15751 = 19\cdot 829 \end{eqnarray*}$ . Also fällt auch $\begin{eqnarray*} a=5^3 \end{eqnarray*}$ aus. Es treten demnach größere "Löcher" in der Behauptung zutage...

29.06.2006, 13:51

Sciencefreak

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Ich finde es irgendwie richtig schade, dass es nicht funktioniert. Und wenn ich mir die vielen Lücken anschaue verliere ich irgendwie die Zuversicht, dass eine Lösung möglich wäre auch mit Abstrichen.

29.06.2006, 14:11

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Man kann's ja auch positiv formulieren:

Zitat:

Ist $\begin{eqnarray*} a=c^q \end{eqnarray*}$ mit zwei ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} c>1,q>1 \end{eqnarray*}$ darstellbar, dann enthält die Folge $\begin{eqnarray*} \left( \frac{a^b-1}{a-1} \right)_{b=q+1,q+2,\ldots} \end{eqnarray*}$ keine Primzahlen.

29.06.2006, 14:31

akechi90

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Irgendwie schade, dass es nicht geht, ein bissel enttäuscht bin ich jetzt auch...

Es wäre zwar jetzt noch möglich, sich die Frage über die Primzahlen in "normalen" Reihen mit der Basis a zu stellen, wo die Basis keine Potenz einer anderen Zahl ist, und das alles umzuformulieren:

Zu jedem "gewöhnlichen" a gibt es mindestens ein b, für das die Behauptung stimmt.

Aber ich weiß nicht, ob das noch so große Aussichten hat, da weiterzumachen...

01.07.2006, 17:11

anna_lyse

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Hi
ich versuch grad (mit meinen bescheidenen kenntnissen) die Formulierung

Zitat:

Original von Arthur Dent
Auch andere Potenzen sind gefährdet: Im Fall $\begin{eqnarray*} a=c^q \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \frac{a^b-1}{a-1} = \frac{c^{bq}-1}{c^q-1} \end{eqnarray*}$ für ungerade $\begin{eqnarray*} b>q \end{eqnarray*}$ keine Primzahl.

selbst nochmal nachzuvollziehen.
Ich seh leider für ungerade q nicht, dass der Wert keine Primzahl sein kann.
Die Bedingung b>q hab ich schon versucht irgendwie einzubauen, aber ich glaub die ganze Zeit, dass es wesentlich einfacher geht, vielleicht schon durch bestimmtes "Hingucken".
Ziel ist es doch, zu versuchen, dass der Term irgendwie in zwei Faktoren zerfällt, was man für gerade q ja noch hinbekommt. Vielleicht könnt ihr mir auf die Sprünge helfen.
lg

01.07.2006, 17:24

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Hier gibt es so auf Anhieb keine so schöne Produktdarstellung wie oben bei $\begin{eqnarray*} q=2 \end{eqnarray*}$ .

Aber folgendermaßen kann man argumentieren: Angenommen, $\begin{eqnarray*} \frac{c^{bq}-1}{c^q-1}:=p \end{eqnarray*}$ sei eine Primzahl, d.h., es gelte $\begin{eqnarray*} c^{bq}-1 = p(c^q-1) \end{eqnarray*}$ ; es gilt dann übrigens $\begin{eqnarray*} 1<c^q-1<p \end{eqnarray*}$ und die Zahl $\begin{eqnarray*} c^{bq}-1 \end{eqnarray*}$ darf keinen Teiler $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c^q-1<t<p \end{eqnarray*}$ besitzen.

Einen solchen Teiler hat diese Zahl aber, nämlich $\begin{eqnarray*} t=c^b-1 \end{eqnarray*}$ , Widerspruch!

An dem Beweis sieht man auch, wozu $\begin{eqnarray*} b>q \end{eqnarray*}$ gebraucht wird. Augenzwinkern

01.07.2006, 18:00

anna_lyse

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Ach jetzt hab ich's endlich auch gesehen. Sehr schön smile

Bis zum Umstellen war ich auch schon, aber die Ungleichungen bzw die Sache mit den Teiler dazwischen, das war zu hoch. Na ich hoffe, akechi90 hat bald wieder so eine Vermutung Augenzwinkern

Danke
lg

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