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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 26. August, 2002 - 16:34: | 
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Betrachten wir einen Quader mit den Seiten 1, 4 und 5 (Längeneinheiten). Seine Oberfläche ist 58 (Flächeneinheiten). Also ist 58 eine "Quaderoberflächenzahl" (QOZ). Allgemein: n ist QOZ <==> Es gibt einen Quader mit ganzzahligen Seitenlängen und der Oberfläche n (Flächeneinheiten).
Was ist denn die Menge aller QOZ ?
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Juppy
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 26. August, 2002 - 19:22: |
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Hi sol@ti,
O'Halloran numbers, A072843, wäre ne gute Idee für'n neues Folgenrätsel gewesen, aber wenn's ne Formel dafür gäbe, wäre die dann nicht hinter "Name" aufgeführt worden, oder soll das hier ne Anregung sein, Neuland zu betreten?
Gruß
Juppy
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sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 26. August, 2002 - 20:19: |
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Bravo Juppy,
du hast die O'Halloran Zahlen (= Nicht-QOZ) wirklich sehr schnell gefunden. Und deine Bemerkung trifft den Nagel auf den Kopf. Ich habe mich nämlich gefragt, warum folgende Beobachtung nicht bei A072843 angeführt ist:
(*) Sei h eine O'Halloran Zahl. Dann ist h/2 + 1 eine Primzahl!
Aber die Umkehrung gilt nicht: 2*(p-1) ist nicht unbedingt eine O'Halloran Zahl, wenn p prim ist.
Meine Fragen sind also:
1.) Beweis von (*)
2.) Welche Primzahlen ergeben O'Halloran Zahlen?
Dieses Rätsel sollte also durchaus eine Anregung sein, Neuland zu betreten!
Viele Grüße
sol@ti
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1329
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Montag, den 26. August, 2002 - 20:39: |
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???
Nehmen wir doch mal nen Würfel mit Seitenlänge 1 => h = 6. Aber h/2 + 1 = 4 prim???
Auch mit 58 funktioniert es irgendwie nicht.
Gruß
Z. |
Al
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. August, 2002 - 07:23: |
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Sol@ti sagte doch > O'Halloran Zahlen (= Nicht-QOZ)< d.h. NICHT 6 & NICHT 58, oder versteh ich da etwas falsch, zaph? |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. August, 2002 - 08:31: |
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Hallo,
die Begriffsverwirrung ist verständlich, ich versuche eine Klarstellung:
Die Abkürzung QOZ sollte klar sein. Zaphs Beispiele 6 und 58 sind QOZ nach Konstruktion (1-Würfel und 1,4,5-Quader). Der Faktor 2 in der Oberflächenformel impliziert, dass alle QOZ gerade sein müssen.
Es ist nun aber so, dass nicht alle geraden Zahlen QOZ sind. Der 1-Würfel hat die kleinste Oberfläche 6, daher können 2 und 4 schon mal keine QOZ sein. Und gleich die nächste gerade Zahl 8 ist auch keine QOZ, wie man durch Probieren aller möglichen Seitenlängen leicht nachprüft. Diese "Ausnahmen" (2,4,8,12,20,36,...) sind die O'Halloran Zahlen, und 2/2+1=2, 4/2+1=3, 8/2+1=5, 12/2+1=7, 20/2+1=11, (13,17 fehlt!), 36/2+1=19 sind die Primzahlen, die ich meinte.
Jede gerade natürliche Zahl ist entweder QOZ oder O'Halloran Zahl.
Viele Grüße
sol@ti
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1331
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. August, 2002 - 19:43: |
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Alles klar. Habe ich falsch verstanden bzw. nicht richtig gelesen! Ich hatte verstanden, dass die Dinger "O'Halloran-Zahlen" und nicht "QOZ" heißen. Dann lautet die Ausage also:
h = 2*(m*n - 1) mit m,n > 1 => h QOZ
Das gilt. Betrachte das Quader mit den Seiten m - 1, n - 1 und 1.
Gruß
Z. |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 28. August, 2002 - 16:16: |
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Bravo Zaph,
sieht ganz einfach aus, man muss aber erst drauf kommen. Die selbe Idee: Weil die Oberfläche des (2,2,n/8-1) Quaders gleich n ist, sind alle durch 8 teilbaren Zahlen > 8 ebenfalls QOZ. Ist aber q durch 8 teilbar, dann ist q/2 + 1 von der Form 4k+1 und daher liefern Primzahlen = 1 (mod 4) keine O'Halloran Zahlen. Wir haben also:
Ist h > 8 eine O'Halloran Zahl, dann ist h/2 + 1 eine Primzahl der Form 4k + 3.
Mit anderen speziellen Quadern können weitere modulo-Klassen von QOZ gefunden werden (z.B. gibt es keine O'Halloran Zahlen > 12 mit Endziffer 2 oder 8). Aber ob damit eine vollständige Charaktersierung aller QOZ bzw. O'Halloran Zahlen möglich ist?
Viele Grüße
sol@ti
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1339
Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 28. August, 2002 - 19:02: |
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Ne, war ganz einfach: Habe mir ein Rechteck aufgemalt, das verdoppelt, zwei kleine Quadrate weggeschnitten, und überlegt, wie daraus ein Quader gefaltet werden kann ;-)
Über den Rest denke ich noch mal nach.
Gruß
Z. |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 29. August, 2002 - 16:47: |
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Hallo,
eine kleine Verbesserung: Es gilt
h O'Halloran Zahl > 5 ==> h/2 + 1 prim der Form 12k + 7 oder 12k + 11.
Aber ich kenne kein einziges Kriterium (außer alles Durchprobieren ;-) mit dem man für eine "große" gerade Zahl entscheiden könnte, dass sie keine QOZ (also eine O'Halloran) ist. Alles nur hinreichende Kriterien für QOZ. Konkret: ist 24.000.180 QOZ oder O'Halloran?
Ein notwendiges Kriterium für QOZ würde mich sehr interessieren.
Viele Grüße
sol@ti
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Onkel Murray (murray)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 141
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. August, 2002 - 13:32: |
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24000180 ist keine QOZ wegen
24000180 / 2 = 0 mod 2 ist es keine QOZ (a,b,c) mit 3 <= a <= b <= c und
24000180 / 2 + 1 ist prim, daher ist es auch keine QOZ der Form (1,b,c)
Es ist also eine O'Halloran-Zahl.
Beide Aussagen kann ich sogar beweisen, aber da mußt Du bis zum Wochenende warten ,
wobei die erste recht klar sein dürfte.
Eins noch nebenbei:
Sei n eine Zahl der Form 2m+2 (also gerade) und O'Halloran, dann gilt:
(2m+2)2 + 1 = m+2 ist Prim.
Was ich witizg dabei finde ist, das sich eine O'Halloran Zahl offensichtlich aus einem Primzahlenzwilling erzeugen läßt.
Ich vermute allerdings, das damit nur ein Teil und nicht alle dieser Zahlen erzeugt werden können. Es gibt mehr O'Halloran Zahlen als Primzahlenzwillinge.
Murray
(Beitrag nachträglich am 30., August. 2002 von murray editiert) |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Freitag, den 30. August, 2002 - 17:01: |
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Hallo Murray,
freut mich, dass du auch mitmachst! Kurz du deinen Argumenten:
Die 2. Folgerung (prim ==> nicht QOZ(1,b,c)) kann ich nachvollziehen. Übrigens eine sehr praktische Schreibweise, die du da verwendest: QOZ(a,b,c)!
Die 1. Folgerung kann nicht immer stimmen, denn 24000180 ist tatsächlich QOZ(3,108,108106) wie ich inzwischen herausgefunden habe.
Das mit den Primzwillingen hab ich nicht verstanden, bitte um Aufklärung. Ich weiß nur, dass z.B. keiner der Primzwillinge 107/109, 137/139, 149/151, 179/181 eine O'Halloran liefert (zumindest nicht mit h = 2*(p-1)).
Viele Grüße
sol@ti
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1341
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| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. August, 2002 - 11:53: |
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Was haltet ihr davon?
x ist QOZ
<=>
Es gibt a > 0, sodass a² + x/2 (mindestens) zwei Primfaktoren > a hat.
Z. B. x = 24000180 mit a = 5.
a² + x/2 = 5 * 19 * 126317 => x ist QOZ.
(Beitrag nachträglich am 31., August. 2002 von zaph editiert) |
Zaph (zaph)
Senior Mitglied
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Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. August, 2002 - 13:36: |
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Kleine Korrektur (denn nach meinem "Theorem" wäre 24 keine QOZ) und Ergänzung.
x ist QOZ
<=>
Es gibt a, m, n, sodass 0 < a <= (x - 2)/4, m,n > a und a² + x/2 = mn
Z. B. x = 24000180 mit a = 5, m = 85, n = 126317 => x ist QOZ.
(Beitrag nachträglich am 31., August. 2002 von zaph editiert) |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. August, 2002 - 16:27: |
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Hallo Zaph!
Oh, dein erstes Kriterium mit den Primfaktoren, das wär's gewesen! Da hätten sich vermutlich sogar interessante Aussagen über die Verteilung der Primzahlen ergeben.
Wie ich es sehe ist deine "Korrektur und Ergänzung" gleichbedeutend mit:
Alle QOZ x haben die Form x = QOZ(a,m-a,n-a), mit einem a, 0 < a <= (x-2)/4.
(Bei deinem Beispiel sollte es wahrscheinlich m=95 heißen)
Der Beweis, dass die Existenz dieser Darstellung notwendig ist würde mich interessieren. Könntest du ihn posten?
Ich habe inzwischen folgende Charakterisierung erhalten, mit der die algorithmische Komplexität zumindest auf lineare Suche eingeschränkt wird:
x ist QOZ <==>
Es gibt a und n, 1 <= a <= √(x/6), 2 a <= n <= 2 √(x/6), und n | a² + x/2
Viele Grüße
sol@ti
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
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Registriert: 07-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 31. August, 2002 - 21:20: |
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Hallo sol@ti,
natürlich sollte es 95 heißen. Hatte gerade meinen Taschenrechner nicht parat ;-)
Deine notwendige Bedingung ist doch viel besser als meine! Ist mir jetzt auch klar wie du drauf gekommen bist. Trotzdem hier der Beweis für meine:
Sei x = QOZ(a,b,c). Setze m = a + b und n = a + c. Dann ist natürlich a < m,n und x = QOZ(a,m - a,n - a). Bleibt zu zeigen a <= (x - 2)/4.
Es ist x = QOZ(a,b,c) = 2(ab + ac + bc) = 2(mn - a²) >= 2((a + 1)² - a²) = 4a + 2. Daher a <= (x - 2)/4.
Gruß
Z. |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 01. September, 2002 - 16:41: |
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Danke Zaph,
es ging mir nicht um die bessere Bedingung sondern darum, von welcher Seite du es angepackt hast. Oft hat mich eine andere Sichtweise auf neue Ideen gebracht. Indirekt ist's auch hier so. Ich vermute nun:
Es gibt nur endlich viele O'Halloran Zahlen
Viele Grüße
sol@ti
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Zaph (zaph)
Senior Mitglied
Benutzername: zaph
Nummer des Beitrags: 1346
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| | Veröffentlicht am Sonntag, den 01. September, 2002 - 21:21: |
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Eine gewagte These! Im Internet ist ja über diese Zahlen nicht sehr viel zu finden (zwei Treffer bei Google).
Nur, dass sie vom Australier Peter O'Halloran 1994 "erfunden" wurden und die ersten ..., 36, 44, 60, 84, 116, 140, 156, 204, 260, 380, 420, 660, 924 lauten.
Woher kennst du sie? |
Onkel Murray (murray)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 142
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| | Veröffentlicht am Montag, den 02. September, 2002 - 11:08: |
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Hallo,
ich sehe Ihr kommt auch ganz gut ohne mich klar .
Aber versprochen ist versprochen, hier also meine Ideen zur Klassifizierung von QOZ.
Kurze Erklärung:
W() - benutze ich für Quadratwurzel
== - steht für kongruent
[] - Gaußklammern (abrunden)
(Vx) - mit x = (1,2,3,...) Kennzeichung Vorbedingung
(x) - mit x = (1,2,3,...) Kennzeichung Satz
(Fx)- mit x = (1,2,3,...) Kennzeichung Folgerung
(V1) QOZ(a,b,c) = 2(ab+ac+bc)
(V2) 1 <= a <= b <= c Element |N
(1) Sei q eine Zahl der Form QOZ(a,a,a) dann gilt q = 6a² oder auch a = W(q/6).
(2) Sei q eine Zahl der Form QOZ(1,b,b) dann gilt q = 2(2b+b²) oder auch 0 = 2b²+4b-q = b²+2b-q/2
b1/2 = -1 +- W(1+q/2)
b = W(q/2+1)-1 wegen (V2) ist b > 0
(3) Sei q eine Zahl der Form QOZ(1,1,c) dann gilt
q = 4c+2 oder auch c = (q-2)/4
(F1) Das heißt nach (V) gilt für ein QOZ(a,b,c) gilt 1 <= a <= W(q/6) und b,c >= W(q/6).
(F2) Wegen (3) gilt zusätzlich das W(q/6) <= b,c <= (q-2/4
Jetzt untersuche ich erstmal a = 1 näher:
(4) Sei q eine Zahl der Form QOZ(1,b,c) mit b < c (nach V2), dann gilt q = 2(b+c+bc) mit 2 <= b <= [W(q/2+1)-1] und [W(q/2+1)-1] < c <= (q-2)/4. Aber wegen c <= b+1 gilt auch [W(q/2+1)] <= c <= (q-2)/4.
Ein wenig Umstellung:
Es gilt c = (q-2b)/(2b+2) und wegen Symmetrie b = (q-2c)/(2c+2) - also QOZ(1,(q-2c)/(2c+2),(q-2b)/(2b+2)).
Ein Trick:
c = (q-2b)/(2b+2) bedeutet auch q-2b == 0 (mod 2b+2), was aber das gleiche ist wie q+2 == 0 (mod 2b+2) und wieder zurück gilt:
c = (q+2)/(2b+2)
Trick 2:
Nochmal nach b umstellen: b = ((q+2)/2c) - 1
Wir wissen auch, das nach (4), daß c >= [W(q/2+1)] sein muß. Aber wir wollen ja auch wissen was NICHT QOZ ist, also nehme ich mal an c = 1 und da sieht man was interressantes:
b = ((q+2)/2) - 1 = q/2 + 1 ist Prim, weil es keinen Teiler c gibt und ist nicht QOZ wegen (4).
(F4) Wenn q/2 + 1 Primzahl ist, so kann q keine Zahl der Form QOZ(1,b,c) sein und q ist, laut Definition, O'Halloran-Zahl.
Soweit bin ich erstmal gekommen. Der nächste Schritt wäre q der Form QOZ(a,b,b) und QOZ(a,b,c) zu untersuchen.
@so@ti wegen meinem letzten Artikel, Zitat:
"24000180 / 2 = 0 mod 2 ist es keine QOZ (a,b,c) mit 3 <= a <= b <= c und
24000180 / 2 + 1 ist prim, daher ist es auch keine QOZ der Form (1,b,c)
Es ist also eine O'Halloran-Zahl."
Bei Teil 1 habe ich angenommen a,b,c seien Primzahlen, das muß aber nicht der Fall sein, also lag ich definitiv falsch.
Du hast natürlich Recht, es ist keine O'Halloran-Zahl.
Zitat 2:
"(2m+2)2 + 1 = m+2 ist Prim"
Das ist natürlich korrekt, aber m muß nicht zwingend Prim sein. Die Idee war halt anzunehmen, daß man aus O'Halloran auf Prim-Zwillinge schließen kann, aber das war nur ein Schnellschuß und definitiv falsch.
Cu, Murray |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 02. September, 2002 - 17:20: |
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Hallo Murray,
das sind eine Menge interessanter Überlegungen! Ich hoffe, du findest es nicht kleinlich, wenn ich auf zwei kleine Flüchtigkeitsfehler hinweise (ich hab's sehr genau gelesen!):
bei Trick 1: c = (q+2)/(2b+2) - 1
bei Trick 2: b = (q+2)/(2c+2) - 1
Zur Folgerung (F4). Der erste Teil ist korrekt: q kann nicht QOZ(1,b,c) sein; leider folgt daraus aber nicht, dass q O'Halloran Zahl ist. Betrachte z.B. q = 24. 24/2 + 1 = 13 prim aber 24 = QOZ(2,2,2).
Hallo Zaph,
ich bin auch erst nachträglich auf O'Halloran gestoßen. Ursprünglich bastelte ich mit symmetrischen Funktionen, insbesondere ab+ac+bc. Da war die Quaderoberflächenformel naheliegend, und eher zufällig ergab sich die Feststellung: z nicht prim ==> 2*(z-1) ist Quaderoberfläche (unser QOZ(1,m-1,n-1)). Natürlich interessierte mich dann, welche geraden Zahlen nicht QOZ waren (die ersten paar findet man ja durch einfaches Probieren) und genau wie Juppy suchte ich diese Folge bei Sloane. So entdeckte ich O'Halloran (ich glaube der Name wurde zum Gedenken seines plötzlichen Tod 1994 vergeben)
Genau wie du dachte ich, dass die bei Sloane angegebene Folge eben "die ersten paar" O'Halloran sind (ich hätte schon stutzig werden müssen, weil nur so wenige angegeben waren). Als jetzt das Problem auf lineare Suche reduziert war, ließ ich ein kleines Programm nach größeren O'Halloran suchen, mit einer Überraschung: keine O'Halloran zwischen 1000 und 10 Mio.! Entweder stimmen meine Kriterien nicht, das Programm ist fehlerhaft oder es gibt tatsächlich keine O'Halloran mehr (über 10 Mio. wohl auch nicht). Gegen fehlerhafte Programmierung spricht, dass das Programm alle O'Halloran bis 1000 findet. Vielleicht hatte O'Halloran schon bewiesen, dass es nur die paar Zahlen gibt? Ich weiß es nicht. Möglicherweise gibt es auch ein ganz einfaches Argument, warum alle geraden Zahlen > 924 QOZ sein müssen und wir haben es nur bisher übersehen?
Eine andere Formulierung rückt das Problem übrigens in die Nähe der Kryptographie (quadratisches Sieb, Blum-Blum-Shub Generator u.ä.):
Zu jeder natürlichen Zahl z > 462 gibt es ein n, 4 <= n <= 2 √(z/3), sodass -z quadratischer Rest modulo n ist.
Das ist für die meisten z trivial, aber für Zahlen der Form z = 4k+2 mit z+1 prim kann ich's nicht beweisen (und die z <= 462 für die es kein solches n gibt, ergeben genau die O'Halloran Zahlen 2z).
Viele Grüße
sol@ti
|
Onkel Murray (murray)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 143
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 03. September, 2002 - 10:56: |
|
@sol@ti: Wo holst du die -1 her?
Es gilt ja q ist QOZ(1,b,c) = 2(b+c+bc) also
q = 2b+2c+2bc
q = 2b(c+1) + 2c
2b(c+1) = q - 2c | /2(c+1)
b = (q - 2c)/(2c+2)
Außer man macht fogendes:
c = (q+2)/(2b+2) nach b umgestellt:
2b+2 = (q+2)/c | -2 und /2
b = (q+2)/2c - 2/2
b = (q+2)/2c - 1
Problem 2: angenommen c = 1:
b = (q+2)/2 - 1
b = q/2 + 1 - 1
b = q/2
Ok, hier hab ich mich verrechnet.
Ja, die Formulierung von (F4) ist etwas schwammig, aber da ich QOZ(a,b,c) noch nicht untersucht habe und ich mich sowieso verrechnet habe, streiche ich sie hiermit.
es gilt also
(F4) Wenn q/2 Primzahl ist, so kann q keine Zahl der Form QOZ(1,b,c) sein. Das schließt aber nicht aus, das sie noch eine Zahl der Form QOZ(a,b,c) mit a > 1 sein kann.
Wäre ja zu schön gewesen
Murray |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 03. September, 2002 - 16:30: |
|
Hallo Murray,
wo du schreibst "Ein Trick:" (02. September, 2002 - 12:08), formst du c = (q-2b)/(2b+2) um in c = (q+2)/(2b+2). Da fehlt -1, denn deinen Trick kann man auch so schreiben:
c = (q-2b)/(2b+2) = (q-2b)/(2b+2) + 1 - 1 =
(q-2b+2b+2)/(2b+2) - 1 =
(q+2)/(2b+2) - 1
Im "Trick 2" verwendest du die c-Umformung ohne -1, daher fehlt dann beim Umstellen nach b das +2 im Nenner.
Aber die Voraussetzung deiner Folgerung (F4) war schon richtig:
(F4) Wenn q/2+1 Primzahl ist, ...
Danke für dein aktives Miträtseln, nur gemeinsam haben wir eine Chance, O'Hallorans Geheimnis zu lüften!
sol@ti
|
Onkel Murray (murray)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: murray
Nummer des Beitrags: 144
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 03. September, 2002 - 17:19: |
|
@sol@ti: Vielleicht hab ich jetzt auch einen Knoten im Hirn, aber Trick 1 beruht auf Kongruenz und da kommt bei mir keine '-1' mit rein.
q - 2b == 0 (mod 2b+2) ist das selbe wie
q + 2 == 0 (mod 2b+2)
Und dann hab ich das einfach wieder zurückgerechnet auf c = (q+2)/(2b+2).
Ich verstehe Deine Rechnung, aber wieso geht bei mir die '-1' verloren?
Und da dann bei Trick 2 keine '-1' drin ist, kommt es natürlich zu einem Folgefehler.
Also wo ist bei 1. mein Fehler?
Murray |
sol@ti
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 03. September, 2002 - 19:22: |
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Aus q + 2 = 0 (mod 2b+2) folgt nur: Es gibt eine ganze Zahl k = (q+2)/(2b+2). In deinem Fall ist dieses k = c + 1
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