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Primzahlen, Zetafunktion, Wahrscheinl...

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Tl198 (Tl198)
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Benutzername: Tl198

Nummer des Beitrags: 1562
Registriert: 10-2002
Veröffentlicht am Mittwoch, den 25. August, 2004 - 17:14:   Beitrag drucken

Hi,

heute habe ich in einem netten Buch folgendes gelesen:

"Wählen sie zwei beliebige ganze Zahlen. Die Wahrscheinlichkeit, dass es sich um relative Primzahlen handelt (sie keinen gemeinsamen Faktor haben), beträgt: 6/pi^2."

Schöner Satz, mir ist bis jetzt kein Beweis gelungen [Bin kein Profi bei Primzahlen]! Wie kommt denn da 1/Zeta(2) ins Spiel? Oder stimmt das alles gar nicht?? Hoffe ihr könnt helfen...

mfg
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Mainziman (Mainziman)
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Benutzername: Mainziman

Nummer des Beitrags: 881
Registriert: 05-2002
Veröffentlicht am Mittwoch, den 25. August, 2004 - 17:21:   Beitrag drucken

ich würde den Zusammenhang zu Zeta[2] gar nicht so sehr sehen; vgl. Buffonscher Nadelwurfversuch

Mainzi Man,
ein Mainzelmännchen-Export,
das gerne weiterhilft
oder auch verwirren kann *ggg*
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Zaph (Zaph)
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Nummer des Beitrags: 1708
Registriert: 07-2000
Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 00:17:   Beitrag drucken

Das Problem ist, wie wählt man eine "beliebige Zahl"? Von einer Gleichverteilung kannst du nicht ausgehen, da es unendlich viele Zahlen gibt. Hier ist also erst einmal ein Wahrscheinlichkeitsverteilung zu definieren.

BTW: Mit "relative Primzahlen" meinst du wohl "relativ prime Zahlen".
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Christian_s (Christian_s)
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Nummer des Beitrags: 1484
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 00:58:   Beitrag drucken

Hallo

Wie wäre es hiermit?

Wir legen den Primfaktor p vor. Jede p-te ganze Zahl ist durch p teilbar. Also ist die Wahrscheinlichkeit eine durch p teilbare Zahl zu "ziehen" 1/p. Die Wahrscheinlichkeit dann noch eine durch p teilbare Zahl zu ziehen ist 1/p2. Die Wahrscheinlichkeit, dass genau der Fall nicht eintritt(d.h. die beiden gezogenen Zahlen sind nicht beide durch p teilbar) ist 1-1/p2

D.h. wir erhalten als Wahrscheinlichkeit, dass man zwei relativ prime Zahlen zieht
P(1-1/p2)
Wobei das Produkt über alle Primzahlen p läuft.

Weiter gilt
(1-1/p2)-1=1+1/p2+1/p4+...
Bildet man wieder wie oben das Produkt, so ergibt sich wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung
P(1-1/p2)-1=S¥ k=1 1/n2=z(2)

Damit ist unsere Wahrscheinlichkeit also
1/z(2)=6/p2

Also man erhält jedenfalls das Ergebnis von Ferdi ;)

Mal sehen was Zaph dazu sagt.

MfG
Christian
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Christian_s (Christian_s)
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Benutzername: Christian_s

Nummer des Beitrags: 1485
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 01:21:   Beitrag drucken

Hallo nochmal

Das Problem mit der Gleichverteilung und unendlich vielen Zahlen können wir vielleicht folgendermaßen umgehen.

Wir nehmen zunächst die ersten n Primzahlen p1,...,pn.

Weiter betrachten wir die Menge {1,2,...,p1*...*pn}
Jetzt können wir wieder genauso argumentieren wie oben.

Das heißt wir erhalten als Wahrscheinlichkeit, dass 2 Zahlen relativ prim sind die Wahrscheinlichkeit
P (1-1/p2)
Wobei hier für p die Zahlen p1 bis pn eingesetzt werden.

Damit würden wir die Wahrscheinlichkeit 6/p2 als Grenzwert für n->¥ erhalten.

Als Menge habe ich hier jetzt mal die natürlichen Zahlen ohne Null vorausgesetzt statt den ganzen Zahlen. Sollte sic aber leicht übertragen lassen.

MfG
Christian

(Beitrag nachträglich am 26., August. 2004 von christian_s editiert)
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Tl198 (Tl198)
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Nummer des Beitrags: 1563
Registriert: 10-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 09:28:   Beitrag drucken

Hi,

besten Dank für deine Lösung Christian! Ich habe noch folgende Aufgabe gefunden, die sich auf diese hier zurückführen lässt:

"Stellen sie sich ein großes rechteckige Gitter von Stäben vor, die senkrecht im Boden stecken, wie die Bäume eines Obstgartens. Wenn sie zufällig zwei dieser Stäbe auswählen, beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass sie den einen vom anderen sehen können (ohne das ein anderer Stab im Weg wäre), 6/pi^2!"

Mich würde auch ein Beweis von Eulers Satz interessieren:

P(1 - 1/p^s) * z(s) = 1

wobei p alle Primzahlen durchläuft!

mfg
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Christian_s (Christian_s)
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Nummer des Beitrags: 1486
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 11:40:   Beitrag drucken

Hallo Ferdi

Ein kompletter Beweis für den Satz von Euler würde mich auch interessieren. Wie ein Beweis für den Spezialfall s aus N, s³1 geht hatte ich oben ja schon angedeutet. Das ist nicht sonderlich schwer, aber der Rest...

MfG
Christian
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Christian_s (Christian_s)
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Nummer des Beitrags: 1487
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 11:55:   Beitrag drucken

Hmm ,ich glaube der Beweis mit den natürlichen Zahlen lässt sich doch einfach auf reelle Zahlen übertragen.

Sei die natürliche Zahl n vorgelegt. Eindeutige Primfaktorzerlegung:
n=p1r1*...*psrs

Sei nun k eine reelle Zahl ³1. Dann gilt
(1-1/pk)-1=S¥ i=0 1/pik

Bildet man jetzt das Produkt
P(1-1/pk)-1
=PS¥ i=0 1/pik

So sieht man ja, dass die Zahl 1/nk genau einmal als Summand vorkommt, wenn man ausmultipliziert.

Also gilt
P(1-1/pk)-1=S¥ i=1 1/ik=z(k)


Übrigens kann man damit auch sehr schön beweisen, dass es unendlich viele Primzahlen gibt:

Angenommen es gäbe nur endlich viele Primzahlen. Dann wäre das Produkt P(1-1/p1)-1 endlich. Also
¥>P(1-1/p1)-1=S¥ i=1 1/i = ¥

MfG
Christian
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Mainziman (Mainziman)
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Nummer des Beitrags: 883
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Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 16:06:   Beitrag drucken

Geniale Wahrscheinlichkeiten

irgendwas kommt mir aber seltsam vor am Satz von Euler, gilt der überhaupt für s=1, so wie in Ferdi hingeschrieben hat?

jeder Faktor: 1 - 1/p^s = (p^s - 1)/p^s <-- jetzt s = 1 => (p-1)/p
die Faktoren des Produkts konvergieren gegen 1, das Produkt gegen 0, denn P((p-1)/p) = 1/z(1)?

(Beitrag nachträglich am 26., August. 2004 von mainziman editiert)
Mainzi Man,
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Tl198 (Tl198)
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Nummer des Beitrags: 1565
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Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 16:09:   Beitrag drucken

@ Walter:

Es muss gelten: s € R , s > 1.

Du deckst auch jeden Fehler auf!

mfg
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Christian_s (Christian_s)
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Nummer des Beitrags: 1489
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 16:41:   Beitrag drucken

Stimmt Walter, so kann man das nicht schreiben ;)

Aber es gilt trotzdem

P (1-1/p)-1 =S¥ k=1 1/k

MfG
Christian
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Mainziman (Mainziman)
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Nummer des Beitrags: 884
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Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 17:06:   Beitrag drucken

Christian du bringst mich ins Grübeln ,

P (1-1/p)-1 = P ((p-1)/p)-1
= P (p/(p-1)) = inf = z(1)?

logisch ist das nicht, oder?

Mainzi Man,
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Christian_s (Christian_s)
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Nummer des Beitrags: 1490
Registriert: 02-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. August, 2004 - 17:22:   Beitrag drucken

Hi Walter

Das Problem ist das z(1). Das ist ja überhaupt kein endlicher Wert. Die Zetafunktion definiert man ja nur für Werte größer als 1.

Von daher macht die Beziehung
(1-1/ps)z(s)=1 für s=1 ohnehin keine Sinn, sondern nur für s>1.

Trotzdem können wir ja schreiben(geometrische Reihe)
(1-1/p)-1=1+1/p+1/p2+...

Und jetzt bilden wir das Produkt mit allen Primzahlen, also
(1+1/p+1/p2+...)*(1+1/q+1/q2+...)*....
Wenn man das jetzt ausmultipliziert, erhält man ja (wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung) jede Zahl 1/n, n natürlich als Summanden.
Also ist das Produkt gleich der harmonischen Reihe.

MfG
Christian
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Zaph (Zaph)
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Nummer des Beitrags: 1709
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Veröffentlicht am Montag, den 30. August, 2004 - 22:30:   Beitrag drucken

Hi Leute, war längere Zeit nicht verfügbar.

Ich komme noch mal auf die Aussage "wählen Sie zwei beliebige ganze Zahlen" zurück. Die Aufgabe ist bestimmt so gemeint, wie ihr sie gelöst habt. Trotzdem bereitet diese Lösung Probleme.

Frage:

Gibt es eine Wahrscheinlichkeitsverteilung auf IN, sodass die Wahrscheinlichkeit, ein Vielfaches von einer beliebigen Pimzahl p zu erwischen, gleich 1/p ist? (Muss ja keine Gleichverteilung sein ...)

Die Antwort lautet Nein.

Der Vorschlag von Christian, für großes n die Menge {1,2,...,p1*...*pn} statt IN zu betrachten und dann n gegen unendlich gehen zu lassen, ist aber ziemlich okay.

In der Praxis tut es wohl auch die Menge {1,2,...,n}.

Wenn man also z. B. unter allen 20-stelligen Zahlen zufällig zwei herausfischt, dann ist die W'keit, dass diese teilerfremd sind, ungefähr 6/Pi².

Gruß
Z.
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Kirk (Kirk)
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Nummer des Beitrags: 265
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Veröffentlicht am Dienstag, den 31. August, 2004 - 20:02:   Beitrag drucken

Hi, ich habe grad an der Variante mit dem großen rechteckigen Gitter rumgetüftelt. Irgendwie passt da bei mir was nicht zusammen:

Wenn ich den Spezialfall eines großen Quadrats betrachte, so kann man grob sagen, dass ich eine Stange (genau) dann von der anderen aus sehen kann, wenn beide nicht auf derselben Seite des Quadrats liegen. (Ecken und der Fall benachbarter Stangen vernachlässigt, da großes Rechteck.)

Dann ist die Wahrscheinlichkeit aber doch 3/4 und nicht 6/Pi^2, oder?

Etwas ratlos...
Kirk
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Kirk (Kirk)
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Nummer des Beitrags: 266
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Veröffentlicht am Dienstag, den 31. August, 2004 - 21:02:   Beitrag drucken

Noch eine unmathematische Frage: Wieso werden eigentlich beim "Letzten Tag" nur noch die Rubriken "Klasse 12/13" und "Universität" angezeigt?
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Tl198 (Tl198)
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Veröffentlicht am Mittwoch, den 01. September, 2004 - 16:53:   Beitrag drucken

Hi Kirk,

ich hab mir das so gedacht, das man sich die Stäbe in einem Koordinatensystem denken kann, alle Stöcke haben ganzzahlige Koordinaten, dann den ersten in O. Wenn der Zweite dann bei (x/y) von einem dritten der bei (X/Y)verdeckt wird, gilt X/Y=x/y. D.h. der zweite Stock ist nur zu sehen wenn x und y teilerfremd sind!

mfg
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Kirk (Kirk)
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Benutzername: Kirk

Nummer des Beitrags: 267
Registriert: 03-2002
Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. September, 2004 - 14:43:   Beitrag drucken

Hi,

alles klar, das leuchtet mir ein. Ich hatte die Aufgabe missverstanden und gedacht, es würden nur auf der Begrenzungslinie des Rechtecks Stäbe stehen.

Gruß,
Kirk

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