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Anonym
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 06. Februar, 2000 - 23:35: | 
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Warum sind die Glieder der Folge
2^(2^n) + 1 untereinander teilerfremd? |
Reinhard Gruber
| | Veröffentlicht am Montag, den 07. Februar, 2000 - 19:57: |
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Hallo
Ich kann mich noch an eine Mathematik-Vorbereitungsstunde zur Internationalen Mathematik-Olympiade 1997 erinnern, als eine hitzige Diskusion ausbrach, die mich sehr interessierte (das ist der Grund, warum ich mich noch erinnere). Und da wurde ein Beispiel für eine Zahlenfolge gebracht, die nur Primzahlen liefert. Ich hatte sie mir igendwo aufgeschrieben, sie ist aber unauffindbar. Sie war aber genau in der Form wie deine Formel und ich bin auch fast (fast, nicht ganz) sicher, das deine Formel diese eine ist. Und wenn sie es ist, dann muß ich leider sagen: wie so oft in der Mathematik meiß man zwar, daß eine Formel richtig ist, weil sie noch nie falsch war, aber man konnte sie bisher noch nicht beweisen. So ist es auch mit dieser. Man weiß, daß alle Glieder dieser Folge Primzahlen sind, kanns aber nicht beweisen. Und Primzahlen sind bekanntermaßen teilerfremd (definition für Primzahlen)
Reinhard |
Zaph
| | Veröffentlicht am Montag, den 07. Februar, 2000 - 22:26: |
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Reinhard, muss ne andere Folge gewesen sein! Setze nur genügend große Zahlen für n ein, und du wirst zwei Zahlen mit einem gemeinsamen Teiler finden. Möglicherweise wird dein Taschenrechner hierfür aber nicht mehr ausreichen... |
Reinhard Gruber
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 08. Februar, 2000 - 17:56: |
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Zaph, hast du solche n gefunden? in welcher Größenordung wären die dann in etwa? Zahlentheorie war noch nie mein Gebiet, interresiert mich aber trotzdem. |
Anonym
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 08. Februar, 2000 - 20:55: |
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Ich biete einhundert Deutsche Mark demjenigen Teilnehmer, der als erster bis zum 29.02.2000, 24:00, Uhr an dieser Stelle zwei verschiedene Zahlen der Folge "2 hoch (2 hoch n) + 1" mit n=0,1,2,3 ... mitteilt und beweist, daß sie einen gemeinsamen nichttrivialen Teiler besitzen. |
Zaph
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 08. Februar, 2000 - 21:39: |
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an = 3, 5, 17, 257, 65537 für n = 0, 1, 2, 3, 4. Alles Primzahlen, ich glaube sie heißen "Fermat'sche Primzahlen". Für n = 5 ist an aber keine Primzahl mehr und es ist unbekannt, ob unedlich viele Primzahlen der Form an existieren. Hab' jetzt einfach mal ins blaue getippt, dass die Behauptung von Anonym (7. Februar) falsch ist, ohne jetzt ein Beispiel parat zu haben.
Anonyms Angebot vom 8. Februar erinnert mich an Paul Erdös (lebt der eigentlich noch?), der auch immer Preise auf alles mögliche ausgesetzt hat.
Also Anonym, du musst mit deiner Wette schon etwas konkreter werden, damit wir uns den Kopf zerbrechen --- wie kannst du uns den Preis garantieren?? ;-) |
Anonym
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 09. Februar, 2000 - 05:14: |
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Hinweis: Die ursprüngliche Aufgabe lösen! |
Zaph
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 09. Februar, 2000 - 23:31: |
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Bin ja gierig! Aber nachdem sich mein Rechner bei n=21 verabschiedet hat (zu große Zahlen!), habe ich mich entschlossen, selbst zu rechnen. Ja Anonym, du hast recht! Hab' mich zunächst von meiner Intuition täuschen lassen... Nette Aufgabe! Aber da offensichtlich keine Hausaufgabe, behalte ich die Lösung für mich. |
Carmichael (Carmichael)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 08. Mai, 2001 - 22:35: |
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2^(2^n) - 1 ist durch 2^(2^k) + 1 teilbar für alle k < n, wende einfach ein paar mal die Plusminusformel an.
Da 2^(2^n) + 1 = 2^(2^n) - 1 + 2 und 2^(2^n) + 1 ungerade, sind damit 2^(2^k) + 1 und 2^(2^n) + 1 teilerfremd. |
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