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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 16:13 So 26.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo!
Hier zwei kleine Aufgaben, die leichter zu lösen sein sollten als die anderen. Es wäre mir lieb, wenn wir die Antworten zu (a) und (b) in getrennten Antwort-Threads posten würden - mal schaun, vielleicht klappt das ja 
(a) Finde 7 verschiedene Primzahlen [mm] $p_1,p_2,...,p_7$ [/mm] im Bereich von 1 bis 1000, für die
[mm] $p_2-p_1=p_3-p_2=p_4-p_3=p_5-p_4=p_6-p_5=p_7-p_6$ [/mm]
gilt.
(b) Gib die Menge aller natürlichen Zahlen $n$ an, für die [mm] $n\cdot 2^{n-1}$ [/mm] eine Quadratzahl ist.
Liebe Grüße,
Hanno
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Hi Hanno
Super Idee von dir mal wieder ein bischen Leben in dieses Forum mit einer Menge Aufgaben zu bringen . Ich hab die auch schon alle überflogen und musste leider feststellen, dass ich bei den meisten keine Idee zur Lösung hab. Daher erstmal diese eher leichte Aufgabe:
Da mir (a) etwas mühsam erscheint nun erstmal (b):
[mm] $n*2^{n-1}$ [/mm] muss eine gerade Anzahl an 2er in der Primfaktorzerlegung aufweisen.
Ist n ungerade, so ist [mm] $2^{n-1}=(2^t)^2$. [/mm] (t in N) Da auch alle anderen Primfaktoren in gerader Anzahl vorkommen müssen und nur in n enthalten sein können, muss n eine Quadratzahl sein!
Ist n gerade, so muss n eine Ungerade Anzahl an 2er in der Primfaktorzerlegung aufweisen, da sonst die ungerade Parität der in [mm]2^{n-1}[/mm] enthaltenen 2er die Forderung unmöglich macht. Es ergibt sich dann: [mm]n*2^{n-1}=n_0*(2^t)^2[/mm] mit ungeradem [mm] n_0. [/mm] Dieses muss analog zu oben eine Quadratzahl sein.
Die gesuchte Menge M ist folglich: [mm]M=\{ n \in \IN ; n=2^{2m+1}*n_0^2 (m,n_0 \in \IN)\}[/mm]
Gruß Samuel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:48 So 26.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Samuel!
> Super Idee von dir mal wieder ein bischen Leben in dieses Forum mit einer Menge Aufgaben zu bringen . Ich hab die auch schon alle überflogen und musste leider feststellen, dass ich bei den meisten keine Idee zur Lösung hab. Daher erstmal diese eher leichte Aufgabe:
Das geht mir genau so, aber das stört mich auch eigenlitch nicht, weil das teilweise Aufgaben aus weit fortgeschrittenen Wettbewerben sind. Von daher ist das kein Problem. Schließlich können wir ja auch zusammen ein Problem lösen, und dass wir das schaffen, daran zweifle ich nicht
> Ist n ungerade, so ist $ [mm] 2^{n-1}=(2^t)^2 [/mm] $. (t in N) Da auch alle anderen Primfaktoren in gerader Anzahl vorkommen müssen und nur in n enthalten sein können, muss n
eine Quadratzahl sein!
Das habe ich mir auch überlegt. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Ist n gerade, so muss n eine Ungerade Anzahl an 2er in der Primfaktorzerlegung aufweisen, da sonst die ungerade Parität der in $ [mm] 2^{n-1} [/mm] $ enthaltenen 2er die Forderung unmöglich macht. Es ergibt sich dann: $ [mm] n\cdot{}2^{n-1}=n_0\cdot{}(2^t)^2 [/mm] $ mit ungeradem $ [mm] n_0. [/mm] $ Dieses muss analog zu oben eine Quadratzahl sein.
Sehe ich genauso ;)
> Die gesuchte Menge M ist folglich: $ [mm] M=\{ n \in \IN ; n=2^{2m+1}\cdot{}n_0^2 (m,n_0 \in \IN)\} [/mm] $
Hier stocke ich ein wenig. Ist dies nun die gesamte Lösungsmenge? Wenn ja, dann kann da doch etwas nicht stimmen, schon allein, da doch [mm] $n_0$ [/mm] keine Zweierpotenz mehr beinhalten darf, oder? [mm] $n_0$ [/mm] müsste demnach Element aus [mm] $\IN\setminus \{2\}$ [/mm] sein.
Insgesamt würde ich bei ungeraden n auf die Form [mm] $n=n_0^2$ [/mm] mit [mm] $n_0\in \IN\setminus\{2\}$ [/mm] plädieren, und bei geraden n für die Form [mm] $2^{2m+1}\cdot n_0^2, n_0\in \IN\setminus\{2\}$. [/mm] Insgesamt ergibt sich:
[mm] $L:=\{n\in N|n=n_0^2\cdot 2^{\lambda\cdot (2m+1)}, n_0\in\IN\setminus\{2\}, \lambda\in \{0,1\}\}$
[/mm]
Was meinst du dazu?
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:15 So 26.12.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Hi
Deine Lösung ist wie erwartet richtig, aber ich glaube, dass du es dir garnicht so schwer machen musst. [mm] n_0 [/mm] darf durchaus gerade sein (auch wenn ich es im Text ungerade genannt hab - ist ein anderes [mm] n_0)
[/mm]
Mit [mm] $n=n_0^2*2^{2m+1}$ [/mm] folgt:
[mm]n*2^{n-1}=n_0^2*2^{2m+1}*2^{n_0^2*2^{m+1}-1}=n_0^2*2^{2m+n_0^2*2^{m+1}}=n_0^2*2^{2t}[/mm] für n ="gerade"
[mm] n_0 [/mm] dürfte also gerade sein...
Allerdings schließt meine Lösungsmenge den Fall n="ungerade" nicht ein, was du durch dein [mm] $\lambda$ [/mm] löst.
Daher [mm]M=\{n \in \IN ; n=n_0^2*2^{\lambda*(2m+1)};\lambda \in \{ 0,1\},\, m,n_0 \in \IN\}[/mm]
Gruß Samuel
P.S. Ich bin froh, dass nicht ich zu dumm, sondern die anderen Aufgaben einfach nur ziehmlich schwer sind  Aber die werden wir schon alle rausknobeln
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:47 So 26.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Samuel!
Mein Antwort war im Grunde genomnen mist, denn die Menge [mm] $\IN\setminus \{2\}$ [/mm] beinhaltet ja immer noch gerade Zahlen ;) *grins*
Aber deine jetzige Lösungsmenge kann auch nicht die Lösung sein, denn wenn [mm] $2|n_0$ [/mm] gilt und [mm] $\lambda=0$, [/mm] dann haben wir den Fall, dass n gerade ist, [mm] $2^{n-1}$ [/mm] ist also kein Quadrat ist. Da allerdings in [mm] $n^2$ [/mm] jeder Primfaktor in einer geraden Anzahl vorhanden ist, muss die zwei-adische Bewertung von [mm] $n^2\cdot 2^{n-1}$ [/mm] ungerade ist, was bedeutet, dass [mm] $n^2\cdot 2^{n-1}$ [/mm] kein Quadrat sein kann.
Ich schlage also
$ [mm] M=\{n \in \IN ; n=n_0^2\cdot{}2^{\lambda\cdot{}(2m+1)};\lambda \in \{ 0,1\},\, m\in \IN,n_0\in\{2,4,6,8,...\}\} [/mm] $
vor
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:24 So 26.12.2004 | | Autor: | Teletubyyy |
Hi Hanno
Lass doch das arme n ungerade sein ![[cry01]](/images/smileys/cry01.gif "[cry01]")
Denn mit [mm] $n_0 \in \{2,4,6,8,...\} [/mm] $könnte n niemals ungerade sein!
Ein letzter Versuch, der jetzt hoffentlich stimmt:
[mm] M=\{n \in \IN ; n=n_0^2\cdot{}2^{\lambda\cdot{}(2m-1)};\lambda \in \{ 0,1\},\, m,n_0 \in \IN; n_0 \equiv 1 mod2\} [/mm]
Gruß Samuel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:12 Mo 27.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Samuel!
Klar, das war ein Verschreiber meinerseits, ich meinte 1,3,5,7,9,...
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:48 Mo 27.12.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Es ist klar, dass [mm] $p_2-p_1$ [/mm] durch $2$, $3$ und $5$ teilbar sein muss, da sonst eine der sieben Zahlen durch $2$, $3$ oder $5$ teilbar wäre. Weiterhin ist klar, dass entweder [mm] $p_1=7$ [/mm] gilt oder aber [mm] $p_2-p_1$ [/mm] auch durch $7$ teilbar ist. Im letzten Fall wäre aber [mm] $p_2-p_1$ [/mm] durch $210$ teilbar und damit [mm] $p_7>1000$, [/mm] Widerspruch.
Daher muss [mm] $p_1=7$ [/mm] gelten und zudem $30 [mm] \, \vert\, (p_2-p_1)$.
[/mm]
Im Falle von [mm] $p_2-p_1 \in \{30,60,90,120\}$ [/mm] sieht man schnell, dass es nicht klappt. (Sieht hier jemand von euch ein schöneres Argument als "Ausprobieren"?) Daher muss [mm] $p_2-p_1=150$ [/mm] gelten.
Somit sind die $7$ Primzahlen
[mm] $p_1=7$
[/mm]
[mm] $p_2=157$
[/mm]
[mm] $p_3=307$
[/mm]
[mm] $p_4=457$
[/mm]
[mm] $p_5=607$
[/mm]
[mm] $p_6=757$
[/mm]
[mm] $p_7=907$
[/mm]
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:18 Mo 27.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Stefan!
Ich musste erstmal überlegen, wie du mit 2,3 und 5 argumentierst, jetzt ist es aber klar - wunderbar :)
Liebe Grüße,
Hanno
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