Primzahlzwillinge, 12 teilbar < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:24 Do 19.04.2012 | | Autor: | sissile |
| Aufgabe | Seien p, p+1 Primzahlzwillinge, p>3.
Zeige es gilt 12 | (p+(p+2)) |
1) p ist ungerade da p>3 also ist (p+1) durch 2 teilbar
2) p+p+2=2*(p+1)
Kann ich nun irgendwie folgern, dass p +1 durch 3 teilbar ist?Wenn wie?
Denn so wäre (p+1) durch 6 teilbar und wegen 2) 2*6k=12 k -> durch 12 teilbar.
Liebe Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:50 Do 19.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
> Seien p, p+1 Primzahlzwillinge, p>3.
> Zeige es gilt 12 | (p+(p+2))
>
> 1) p ist ungerade da p>3 also ist (p+1) durch 2 teilbar
> 2) p+p+2=2*(p+1)
>
> Kann ich nun irgendwie folgern, dass p +1 durch 3 teilbar
> ist?Wenn wie?
> Denn so wäre (p+1) durch 6 teilbar und wegen 2) 2*6k=12 k
> -> durch 12 teilbar.
wie soll das denn folgen?
Okay, Du weißt bisher:
Wenn [mm] $p,p+2\,$ [/mm] Primzahlzwillinige mit $p > [mm] 3\,$ [/mm] sind, dann ist [mm] $p+1\,$ [/mm] durch [mm] $2\,$ [/mm] teilbar. Das ist nun wirklich eine banal zu beweisende Behauptung, schließlich ist die Summe zweier ungerader Zahlen stets gerade.
Und klar, damit folgt schon:
Für $S:=p+(p+2)=2(p+1)$ gilt [mm] $4|S\,.$
[/mm]
Ich würde nun so vorgehen:
Sei $m [mm] \in \IN$ [/mm] mit $m [mm] \ge [/mm] 2$ und [mm] $p=2m+1\,,$ [/mm] als Primzahl ist ja [mm] $p\,$ [/mm] ungerade und $m [mm] \ge [/mm] 2$ können wir wegen $p > 3$ annehmen. Dann ist [mm] $p+2=2m+3\,.$ [/mm] Also ist [mm] $p+(p+2)=4m+4=4(m+1)\,,$ [/mm] also [mm] $p+1=2m+2=2(m+1)\,.$
[/mm]
Da $m [mm] \ge [/mm] 2$ eine natürliche Zahl ist können wir [mm] $m=2+k\,$ [/mm] mit einem $k [mm] \in \IN_0$ [/mm] schreiben.
Nun ist ja auch [mm] $p+2=7+2k\,$ [/mm] eine Primzahl.
Du wolltest nun zeigen, dass [mm] $p+1=2m+2=6+2k\,$ [/mm] mit einem $k [mm] \in \IN_0$ [/mm] durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar sein muss, also:
Um zu zeigen, dass [mm] $p+1\,$ [/mm] durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar ist, nehmen wir an, dass [mm] $k\,$ [/mm] nicht durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar sei - wir werden diesen Fall (diese Fälle bzgl. [mm] $k\,$) [/mm] nun zum Widerspruch führen. (Das zeigt dann die Behauptung, denn: Ist nämlich [mm] $k\,$ [/mm] durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar, so folgt aus der Darstellung [mm] $p+1=6+2k\,,$ [/mm] dass dann schon [mm] $p+1\,$ [/mm] durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar ist!)
1. Fall: Sei [mm] $k=3*a+1\,$ [/mm] mit $a [mm] \in \IN_0\,.$ [/mm] Dann ist [mm] $p=5+2*k=5+6a+2=6a+7\,.$ [/mm] Daraus folgt aber, dass $p+2=3(2a+3)$ dann durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar ist - das kann aber nicht sein: [mm] $p+2\,$ [/mm] sollte doch eine Primzahl sein.
2. Fall: Sei [mm] $k=3a+2\,$ [/mm] mit einem $a [mm] \in \IN_0\,.$ [/mm] Dann ist $p=5+2k=5+2(3a+2)=5+6a+4=9+6a$ durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar - wie sollte dann $p > [mm] 3\,$ [/mm] noch eine Primzahl sein?
Damit sind wir also fertig!
P.S.
In Zahlentheorie erfahrene Leute (Felixf etwa?) können diese ganze Argumentation sicher schöner und kompakter schreiben. Ich denke aber, dass die Argumente oben schon korrekt sind - der Aufschrieb nur vll. etwas umständlich! Falls Du gerade Zahlentheorie besuchst, kannst Du ka auch selbst versuchen, dass alles kompakter aufzuschreiben (und entsprechende Sätze/Rechenregeln verkürzen sicher auch einiges)!
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:59 Do 19.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hallo sissile,
oh man, wir sind doch "blöd" (ich jedenfalls):
> Seien p, p+1 Primzahlzwillinge, p>3.
> Zeige es gilt 12 | (p+(p+2))
>
> 1) p ist ungerade da p>3 also ist (p+1) durch 2 teilbar
> 2) p+p+2=2*(p+1)
>
> Kann ich nun irgendwie folgern, dass p +1 durch 3 teilbar
> ist?Wenn wie?
Es ist so einfach:
Von drei aufeinanderfolgenden Zahlen aus [mm] $\IN_0$ [/mm] ist immer eine durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar, also ist eine der drei Zahlen [mm] $p,\,p+1,\,p+2$ [/mm] durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar. Da [mm] $p\,$ [/mm] und [mm] $p+2\,$ [/mm] nach Voraussetzung Primzahlen sind - beachte auch, dass man den Fall [mm] $p=3\,$ [/mm] ausgeschlossen hat - muss somit zwangsläufig [mm] $p+1\,$ [/mm] durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar sein. (Würde man [mm] $p=3\,$ [/mm] zulassen, so sieht man, dass für [mm] $p=3\,$ [/mm] nicht [mm] $p+1\,,$ [/mm] sondern [mm] $p\,$ [/mm] durch [mm] $3\,$ [/mm] teilbar ist - hier wäre ja gerade [mm] $p=3\,.$)
[/mm]
Und ich habe diese banale Argumentation auch noch schön umständlich oben hergeleitet ^^
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:01 Do 19.04.2012 | | Autor: | sissile |
haha^^
Vielen Dank marcel ;)
Mercii
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:56 Do 19.04.2012 | | Autor: | Marcel |
Hi,
> haha^^
ich hatte nochmal drüber nachgedacht, wie ich meine vorangegangenen Rechnungen zusammenfassen kann - erst dann hatte ich das triviale gesehen. Denn ich hatte im Kopf schon an das Fazit gedacht, dass bei drei aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen stets eine durch 3 teilbar sein muss, wie meine Überlegungern zeigen.
Immerhin kann ich diese triviale Aussage nun auch formal beweisen - wobei man in der Zahlentheorie dieses sicher quasi per Definitionem rausbekäme ^^
> Vielen Dank marcel ;)
Gerne. Ich denke gerade darüber nach, formal nachzuweisen, dass bei [mm] 10^{23} [/mm] aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen stets eine durch [mm] 10^{23} [/mm] teilbar sein muss - was sind das nur für mühsame Fallunterscheidungen 
Gruß,
Marcel
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