Zahlentheorie: Fünfer- und Zweierpotenzen |
13.12.2010, 13:23 | Egon | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Zahlentheorie: Fünfer- und Zweierpotenzen Im Rahmen einer zahlentheoretischen Aufgabe fehlt mir noch ein Teilschritt zur kompletten Lösung: Ich möchte beweisen, dass es ausser 5 und 4 keine Fünferpotenzen gibt, die genau 1 grösser sind als irgendeine Zweierpotenz. Zur Vermutung bin ich einerseits gekommen, weil sie für die Aufgabe ungemein praktisch ist und zu einer schönen Lösung führt (naja, zugegeben, das ist ein schlechter Grund) und andererseits weil ich ein paar Beispiele gemacht habe und das gut zeigt, dass die Differenzen immer grösser werden. Formeller habe ich dann mit Modulo drei, vier, fünf und sogar sieben versucht zu argumentieren. Dabei konnte ich die Sache immerhin so weit eingrenzen, dass bei a ungerade und mindestens 1 sein muss, während b gerade und mindestens 2 sein muss. Wenn es wenigstens wäre, könnte ich, weil ja b gerade ist, mit der dritten binomischen Formel arbeiten, aber das ist ja hier auch nicht. Hat mir jemand noch einen anderen Ansatz? Danke & Gruss |
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13.12.2010, 15:43 | Egon | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
RE: Zahlentheorie: Fünfer- und Zweierpotenzen Ich glaube, ich habe doch noch eine Idee, und zwar die folgende Abschätzung. Sei, wie bereits überlegt, und . Und weiter ist Also kann nur eintreffen, wenn bzw. gilt, womit dann ist. Damit kann ich mir jetzt noch etwas überlegen: Mit dem binomischen Lehrsatz ist Also ist und das tritt nur ein, wenn die Summe eine leere Summe ist, d.h. a=1. Ich glaube, dass das jetzt formell richtig ist, aber schön ist es nicht. Da muss es doch noch etwas Eleganteres geben, oder? |
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13.12.2010, 16:10 | Cugu | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Der Beweis dürfte falsch sein. Warum sollte sein? Das dass für große nicht funktioniert ist auch so relativ klar. Aber was ist, wenn ist? Dann folgt zwar . Aber das nützt dir nichts. Die allererste Abschätzung ist einfach zu schlecht. ------ Ok, ich glaube, das kann man reparieren: Dann muss und damit doch sein. |
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13.12.2010, 18:31 | Egon | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Du hast recht, ich hatte das fälschlicherweise angenommen. Da a ungerade und b gerade ist, geht das bis 5^7 gut (ist kleiner als 2^16), erst 5^9 ist grösser als 2^20. Dein Ansatz ist viel eleganter.
Ja, klar war es schon, aber der formelle Beweis fehlte mir noch. Danke & Gruss |
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13.12.2010, 19:14 | René Gruber | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Angeregt durch diesen Thread kürzlich stelle ich mal folgende dann leicht beweisbare Behauptung auf:
Die hier vom Threadersteller geäußerte Vermutung scheint dann lediglich noch eine Folgerung von (*) zu sein. |
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13.12.2010, 21:13 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Wenn man zusätzlich noch zeigt (was kein großes Problem darstellt), dass nur dann eintritt, wenn gilt. Oder überseh ich etwas? |
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13.12.2010, 21:16 | René Gruber | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
So sehe ich das auch: Im Fall kann man ja leicht durch vollständige Induktion beweisen, was weitere Lösungen ausschließt. |
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13.12.2010, 22:04 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Die Vermutung des Threaderstellers ist doch: mit natürlichen Exponenten hat die einzige Lösung (a,b) = (1,2). Soll das nun unter Hinweis auf den Spezialfall schon bewiesen sein? Ich kann eine Lücke noch nicht schliessen. |
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13.12.2010, 22:08 | René Gruber | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Jede positive ganze Zahl lässt sich in der Form mit einer ungeraden positiven Zahl und einem nichtnegativen ganzen Exponenten darstellen - soll ich das noch beweisen? Soll nun rechts eine Zweierpotenz+1 stehen, dann folgt aus der Ungeradheit von sofort und in der Folge (nicht ). |
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13.12.2010, 22:41 | wisili | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||
Ja, natürlich: v existiert bewiesenermassen als ungerader Faktor. |
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