Binomischer Lehrsatz und Teilbarkeit

30.04.2016, 16:16

Shalec

Binomischer Lehrsatz und Teilbarkeit

Hallo allerseits,

folgende Behauptung steht im Raum:
$\begin{eqnarray*} \forall k\in\mathbb{N}\ \exists n\in\mathbb{N}:\ 3\cdot k = \sum\limits_{k=1}^{n} \begin{pmatrix} n\\ k\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ oder äquivalent:
$\begin{eqnarray*} \forall k\in\mathbb{N}\ \exists n\in\mathbb{N}:\ 3\cdot k + 1 = \sum\limits_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n\\ k\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ursprüngliche Behauptung: $\begin{eqnarray*} \forall m\in\mathbb{N}\ \exists \tilde{n}\in\mathbb{N}: 3\cdot m+1 = 2^{\tilde{n}} \end{eqnarray*}$ , dies gilt genau dann, wenn $\begin{eqnarray*} 3\cdot m \equiv -1 \equiv 3 \bmod 4\ \Leftrightarrow\ m\equiv 1\bmod 4 \end{eqnarray*}$ ist. Also lässt sich notieren:

$\begin{eqnarray*} m=4\cdot k +1 \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ und damit ist dann $\begin{eqnarray*} 3m+1 = 3(4k+1)+1 = 12k+4 = 4(3k+1) \end{eqnarray*}$ was dann zur oberen Aussage über $\begin{eqnarray*} 2^n = (1+1)^n = \sum\limits_{k=0}^{n}\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ durch den binomischen Lehrsatz für natürliche Zahlen führt.

Ich bin sehr sicher, dass es für jedes natürliche k ein natürliches n gibt, sodass die Gleichheit gilt. Ich vermute, dass die Konstruktion des Paares (k,n) oder $\begin{eqnarray*} (m, \tilde{k}) \end{eqnarray*}$ schwierig ist. (Das wäre dann mein nächstes Ziel).

Daher an dieser Stelle die Frage: Kennt jemand eine Seite, die für obige Gleichung äquivalente Ausdrücke sammelt? Hat jemand eine Idee, wie ich die Existenz nachweisen könnte? Vlt. per Kontraposition? (Eine Induktion führt ebenfalls auf diese Aussage zurück, außer es wird direkt die Voraussetzung angewandt, dann erhält man einen Term wie $\begin{eqnarray*} 2^n+3 \end{eqnarray*}$ .)

Viele Grüße

30.04.2016, 16:22

IfindU

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RE: Binomischer Lehrsatz und Teilbarkeit
Was ist z.B. mit $\begin{eqnarray*} m = 9 \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

30.04.2016, 16:31

Shalec

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RE: Binomischer Lehrsatz und Teilbarkeit

Zitat:

Original von IfindU
Was ist z.B. mit $\begin{eqnarray*} m = 9 \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

Hm...möglicherweise habe ich die Einschränkungen an m überlesen/weg gelassen. Die Problematik ist mir bei dieser Funktion aufgefallen (aus der Erinnerung rekonstruiert):

Sei x ein Eingabewert, und die Folge $\begin{eqnarray*} x_n := \begin{cases} \frac{x_{n-1}}{2} & x_{n-1}\ gerade\\ 3\cdot x_{n-1}+1 & sonst\end{cases} \end{eqnarray*}$ mit IV: $\begin{eqnarray*} x_0 = x \end{eqnarray*}$ , dann mündet eine jede Folge (zu jedem beliebigen Startwert x) in den Werten: 4,2,1.

Um dahin zu kommen, muss zu einem Folgenglied ein $\begin{eqnarray*} n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ existieren, sodass $\begin{eqnarray*} 2^n \end{eqnarray*}$ als Folgenglied auftritt. (Damit ist ersichtlich: die ausgängliche Formulierung ist falsch, es sollte $\begin{eqnarray*} \exists m\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ heißen, wenn überhaupt unglücklich

Tatsächlich scheint das Problem weit komplexer beim erneuten betrachten.

30.04.2016, 16:34

IfindU

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RE: Binomischer Lehrsatz und Teilbarkeit
Meinst du das folgende bis jetzt ungelöste Collatz-Problem:
https://de.wikipedia.org/wiki/Collatz-Problem ?

30.04.2016, 18:02

HAL 9000

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Zitat:

Original von Shalec
Ursprüngliche Behauptung: $\begin{eqnarray*} \forall m\in\mathbb{N}\ \exists \tilde{n}\in\mathbb{N}: 3\cdot m+1 = 2^{\tilde{n}} \end{eqnarray*}$

Ich kann mir nicht im Traum vorstellen, wie man darauf kommen könnte, dass das wahr ist: Bereits für m=2 ist das falsch - wie soll denn $\begin{align*} 3\cdot m+1 = 7 \end{align*}$ als Zweierpotenz darstellbar sein??? geschockt

Was auch immer das mit der Collatz-Folge zu tun haben soll - es ist eine offenbar vollkommen vergurkte (oder zumindest vergurkt formulierte) Problemstellung. unglücklich

30.04.2016, 19:10

IfindU

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Ich bin davon ausgegangen, dass es sehr unglücklich formulierte Fassung von
$\begin{eqnarray*} \forall m \in M \exists n \in \mathbb N: 3 \cdot m + 1 = 2^n \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} M = \{4m + 1 | m \in \mathbb N \} \end{eqnarray*}$ , daher mein hohes Gegenbeispiel. Für $\begin{eqnarray*} m = 1, 5 \end{eqnarray*}$ ging es sogar rein zufällig gut Big Laugh

30.04.2016, 20:46

HAL 9000

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Dann sagen wir es gleich allgemeiner: Es gibt keine nichtkonstante arithmetische Folge ganzer Zahlen, deren Glieder sämtlich Zweierpotenzen sind. Augenzwinkern

03.05.2016, 09:45

Shalec

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Ja. Definitiv vergurkte Formulierung! Big Laugh

Es scheint, als sei es das Collatz-Problem. Es war eben auch nur der Wortlaut in meinem Kopf. Eine konkrete Aufgabenstellung hatte ich dazu nicht. Ich fand das nur interessant, dass jeder Seed irgendwann in der, sich wiederholenden, Folge 4,2,1 endet. Der Umkehrschluss ist ja, dass ein Folgenglied existieren muss, welches eine Zweierpotenz ist.
Irgendwie hat sich da "existiert" zu "füralle" verwandelt.. Hammer

Da das Collatzproblem noch ein offenes Problem ist, vermute ich mal, dass es für diese (vermutliche korrekte, aber "abgeschwächte" Formulierung zu der Vergurkten) noch keinen Beweis gibt.

Viele Grüße Wink

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