Beweis zu Primzahlen

23.10.2013, 19:26	kgV	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis zu Primzahlen Hallo, ich stehe gerade vor einem Problem in Bezug auf die folgende Aussage: Beweisen oder widerlegen Sie folgende Aussage: $\begin{eqnarray} n^4+4 \end{eqnarray}$ ergibt für $\begin{eqnarray} n>1 \end{eqnarray}$ nie Primzahlen Induktion scheidet für diesen Beweis schon mal aus, weil man die IV nirgendwo anbringen könnte, außerdem gilt hier nicht die Voraussetzung, dass n n+1 impliziert, weil letztenendes doch alles auf das Überprüfen sämtlicher Teiler hinausläuft... Also habe ich mir die Voraussetzungen angeschaut und zwei Fälle gefunden: $\begin{eqnarray} \begin{cases}n\text{ gerade}&\text{trivial, }n^4+4 \text{ ist gerade und damit keine Primzahl}\\n\text{ ungerade}&\text{Problem}\end{cases} \end{eqnarray}$ Nun gut, wenn $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ ungerade ist, dann ist auch die vierte Potenz ungerade und damit auch die gesamte Zahl. Danach fehlt mir aber der richtige Ansatz, um weiter überlegen zu können. Was kann man über diese Zahl bezüglich Teilbarkeit aussagen? Diesbezüglich sind auch meine Versuche, $\begin{eqnarray} n \end{eqnarray}$ als $\begin{eqnarray} 2m+1 \end{eqnarray}$ mit geradem $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ aufzufassen, gescheitert. Ich wäre für einen Schubs in die richtige Richtung überaus dankbar. lg kgV
23.10.2013, 19:35	Captain Kirk	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, ich würde schauen ob sich das Polynom $\begin{eqnarray} X^4+4 \end{eqnarray}$ als Produkt zweier (nicht-konstanter) Polynome mit ganzzahligen Koeffizienten schreiben lässt. (Sprich: Suchen nach einem teiler von $\begin{eqnarray} n^4+4 \end{eqnarray}$ )
23.10.2013, 19:51	Abakus	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Beweis zu Primzahlen Zerleg es in 2 Polynome in n, diese müssten jeweils zweiten Grades sein. Mit ein paar Überlegungen kriegst du die Koeffizienten? Abakus
23.10.2013, 20:53	kgV	Auf diesen Beitrag antworten »
Aus dem Koeffizientenvergleich folgt: $\begin{eqnarray} n^4+4=(ax^2+bx+c)(dx^2+ex+f)\Rightarrow &d=\frac 1a\\&f=\frac 4c \end{eqnarray}$ Damit ein erneuter Koeffizientenvergleich: $\begin{eqnarray} n^4+4=(ax^2+bx+c)\left(\frac{x^2}a+ex+\frac{4}c\right)\Rightarrow &ae+\frac ba=0\\&\frac{4a}c+\frac ca+eb=0\\&ec+\frac{4b}c=0 \end{eqnarray}$ In Summe also: Danke für die Tipps $\begin{eqnarray} (1)\frac ba+ae=0\Rightarrow a^2e=-b\\(2)\frac ca +eb+\frac{4a}c=0\Rightarrow c^2+aceb+4a^2=0\\(3)ec+\frac{4b}c=0 \Rightarrow ec^2=-4b \end{eqnarray}$ jetzt geht es ans Überlegen: mir fehlen zwei Gleichungen, um meine Koeffizienten rechnerisch zu bestimmen. Aus (2) folgt, weil nur der zweite Summand negativ sein kann, dass eine oder drei der Unbekannten negativ sind, aus (1) lese ich heraus, dass e und b entgegengesetzte Vorzeichen haben. Daraus folgt, dass die Vorzeichen von a und c gleich sind. Setze ich nun 1 in 2 ein, folgt aus $\begin{eqnarray} c^2+4a^2=a^2ce^2 \end{eqnarray}$ dass c und damit a positiv sind. Damit reduziert sich das Problem der Vorzeichen auf b und e Setze ich dann 1 und 3 gleich, folgt $\begin{eqnarray} 2a=c \end{eqnarray}$ Ein dritter Koeffizientenvergleich bringt also: $\begin{eqnarray} n^4+4=(ax^2-a^2ex+2a)\left(\frac{x^2}a+ex+\frac 4c\right)\Rightarrow4-a^2e^2=0 \end{eqnarray}$ Wähle ich nun z.B. $\begin{eqnarray} a=1 \end{eqnarray}$ , folgt daraus $\begin{eqnarray} e=\pm 2 \end{eqnarray}$ Welches Vorzeichen ich wähle, ist egal, weil in beiden Klammern immer diverse Vorzeichen herauskommen. Ergebnis: $\begin{eqnarray} n^4+4=(n^2-2n+2)(n^2+2n+2)= \end{eqnarray}$ Damit hat die Zahl, die durch $\begin{eqnarray} n^4+4 \end{eqnarray}$ beschrieben wird für $\begin{eqnarray} n>1 \end{eqnarray}$ immer zwei Teiler, die nicht 1 oder die Zahl selbst sind - qed Danke euch beiden vielmals für die Hilfe
23.10.2013, 20:56	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternativ kann man auch die (vielleicht schneller ersichtlichere) Zerlegung in $\begin{eqnarray} \mathbb Z[i] \end{eqnarray}$ zu Rate ziehen. Ist $\begin{eqnarray} n^2+4 \end{eqnarray}$ prim, so ist $\begin{eqnarray} n^2-2i \end{eqnarray}$ prim in $\begin{eqnarray} \mathbb Z[i] \end{eqnarray}$ , was aber nicht sein kann, da man den Ausdruck nochmal mit der 3. binomischen Formel zerlegen kann (Und diese Zerlegung für n größer 1 auch keine Einheit beinhaltet). Dieser Weg bedarf natürlich geringe Kentnisse über den Ring der Gausschen Zahlen, aber wenn es um Summen von Quadraten geht, springt einen diese Herangehensweise immer an Selbst ohne Kentnisse über die Gausschen Zahlen führt die Vorhergehensweise der komplexen Zerlegung auch zum Ziel, weil man die komplexen Linearfaktoren danach einfach anders gruppiert, wieder multipliziert, und so die ganzzahlige Zerlegung erhält.
23.10.2013, 20:57	Gast11022013	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternativ hätte man auch wieder eine "Null" dazu addieren können: $\begin{eqnarray} n^4+4n^2+4-4n^2 \end{eqnarray}$ Und jetzt nur noch die binomischen Formeln erkennen.
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23.10.2013, 21:38	kgV	Auf diesen Beitrag antworten »
@ tmo: Wir sind erst in der vierten Woche Ana1, da ist noch nicht so viel bekannt @ Gmasterflash: wäre mir das nur mal vorher eingefallen
23.10.2013, 21:56	Fragen über Fragen	Auf diesen Beitrag antworten »
Du kannst auch gleich $\begin{eqnarray} n^4+4m^4 \end{eqnarray}$ faktorisieren (Sophie-Germain-Identität), mithilfe von $\begin{eqnarray} n^4+4m^4=(n^2+2m^2)^2-4m^2n^2 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} n^4+4m^4 \end{eqnarray}$ ist also für $\begin{eqnarray} m>1 \end{eqnarray}$ nie prim und für $\begin{eqnarray} m=1 \end{eqnarray}$ genau dann nicht prim, wenn $\begin{eqnarray} n \neq 1 \end{eqnarray}$ .

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