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Menge {3n+2|n in N}, unendliche viel Primzahlen

Universität / Fachhochschule

Elementare Zahlentheorie

Primzahlen

Tags: Elementare Zahlentheorie, Primzahl

bhmth aktiv_icon

19:30 Uhr, 11.04.2017

ich die Aufgabe vor mir

Zeigen Sie, dass es in der Menge

{3 n + 2 | n \in ℕ}

unendlich viele Primzahlen gibt.

Ich hatte mir ueberlegt, da es in

ℕ

unendlich viele Primzahlen gibt muss es ja auch mit der Einschrankung

k = 3 n, k \in ℕ

unendlich viele Primzahlen geben.
Weiter liegt ja die Vermutung nahe das es unendlich viele Primzahlzwillinge von der Form

(n, n + 2)

gibt, aber genau bekannt ist es ja nicht...aber das wiederum wuerde ja auch bedeuten es gibt unendlich viele Primzahlzwillinge

(k, k + 2)

.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Teilbarkeit natürlicher Zahlen

michaL aktiv_icon

20:21 Uhr, 11.04.2017

Hallo,

modifiziere den euklidischen Beweis für die Existenz unendlich vieler Primzahlen geeignet. Achtung, da sind mehr als eine Modifikation nötig. Probiere, das gehört zur Mathematik dazu!

Mfg Michael

bhmth aktiv_icon

20:44 Uhr, 11.04.2017

danke fuer den Tipp!

bhmth aktiv_icon

19:26 Uhr, 12.04.2017

Hallo ich habe mir folgendes ueberlegt.

angenommen die Primzahlen der Form

3 n + 2

sind endlich dann koennte man diese durchnummerieren mit

p_{1}, p_{2}, ..., p_{r}

.

Also gibt es auch

n = \prod_{i = 1}^{r} p_{i} - 1

Setz man das nun in

3 n + 2

bekommt man

3 (\prod_{i = 1}^{r} p_{i}) - 1

und diese Zahl muss auch wieder durch ein

p_{i}

teilbar sein.
Es gilt aber auch

p_{i} | \prod_{i = 1}^{r} p_{i}

und daraus folgt

p_{i} | (\prod_{i = 1}^{r} p_{i} - 1) - \prod_{i = 1}^{r} p_{i}

Also

p_{i} | - 1

und das ist ein Widerspruch zu der Annahme das die Primzahlen der Form

3 n + 2

endlich sind.

michaL aktiv_icon

17:33 Uhr, 13.04.2017

Hallo,

sieht nicht schlecht aus, aaaaber:
1. Warum sollte dein

3 n - 1

wieder durch so eine Primzahl der Form

3 p - 1

teilbar sein?
2. Ist dir bewusst, dass dein

3 n - 1

durch 3 teilbar ist?

Du musst wegen 1. zeigen, dass alle Zahlen der Form

3 x + 2

(oder von mir aus auch

3 y - 1

) durch eine Primzahl

p

der Art

p = 3 z + 2

teilbar sein müssen. Das erledigt man einfach mit einem Widerspruchsbeweis und Modulorechnung.

Bei 2. glaube ich (auch wegen 1.), dass es besser wäre, wenn du direkt

2 + 3 \prod_{k = 1}^{r} p_{r}

betrachten solltest.
Aber auch da versteckt sich noch eine kleine Falle. Vielleicht findest du sie selbst!

Mfg Michael

bhmth aktiv_icon

20:33 Uhr, 13.04.2017

Hallo Michal,

vielen Dank für deine Hilfe.

betrachte ich

n = p_{1} p_{2} ... p_{r}

wobei

p_{i}

für alle

1 \leq i \leq r

von der Gestalt

3 x + 2

ist.
Nimmt man nun

3 n + 2

dann gibt es es ein

p_{i}

für das gilt

p_{i} | 3 n + 2,

denn

3 n + 2

ist ja eine Zusammengesetze Zahl

> 2

weiter teilt

p_{i}

ja auch

n

p_{i} \in p_{1} p_{2} ... p_{r}

also auch

3 n

. Daraus folgt aber auch

p_{i} | 2

das ist aber ein Widerspruch da

p_{i} \geq 3

für alle Primzahlen der form

3 n + 2

michaL aktiv_icon

14:01 Uhr, 17.04.2017

Hallo,

sorry, ist mir durchgerutscht.

Und dein "weiteres" Problem findet sich in
> da

p_{i} \geq 3

für alle Primzahlen der form

3 n + 2

.

Aber es ist doch auch

2 = 3 \cdot 0 + 2

eine Primzahl von genau dieser Form. Und von daher ist

3 \cdot (2 \cdot \dots) + 2

natürlich durch 2 teilbar?!

Dieses Problem musst du noch beseitigen, dann klappt's auch.
Naheliegende Idee?

Mfg Michael

bhmth aktiv_icon

18:14 Uhr, 17.04.2017

ich bin ehrlich gesagt davon ausgegangen das

n \in ℕ

sein sollte und damit auch

n \neq 0,

aber vielen Dank für den Tip ich werde nochmal darüber reflektieren.

bhmth aktiv_icon

21:38 Uhr, 17.04.2017

Hallo Michael,

jetzt bin ich grade sehr verwirrt, alle

n \in ℕ

sind ja

\geq 1,

und damit wäre meine Menge

M_{p} = {5,11,17 ... p_{r}}

die Menge aller Primzahlen mit der Form

3 n + 2

(unter der Annahme das

p_{r}

existiert und die Anzahl der Primzahlen beschränkt ist). Damit ist

2 \notin M_{p}

. Also ich kein

p_{i}

das ich betrachten muss oder ?

Roman-22

21:51 Uhr, 17.04.2017

Nach Norm beinhaltet die Menge der Natürlichen Zahlen

ℕ

auch die Zahl 0 (seit Mitte/Ende der 70er Jahre, glaube ich). Die entsprechende Menge ohne Null wird in der Norm mit

ℕ^{⋆}

bezeichnet.

Es ist aber gut möglich, dass ihr in der Vorlesung

ℕ

anders definiert habt.

bhmth aktiv_icon

21:53 Uhr, 17.04.2017

Im Skript ist tatsächlich

ℕ

definiert als alle Zahlen

n \geq 1

und

ℕ_{o}

als die Menge

ℕ \cup {0}

Roman-22

21:55 Uhr, 17.04.2017

>

Im Skript ist tatsächlich ℕ definiert als alle Zahlen n≥1
Na, sicher nicht ALLE Zahlen ;-)

>

und ℕo als die Menge ℕ∪

{

0}

Ja, so waren die normgerechten Bezeichnungen vor Einführung der "neuen" Norm ;-)
Dann gilt für dich natürlich das und da in der Angabe ja

n \in ℕ

steht hast du dann das Problem mit der Primzahl 2 nicht mehr.

bhmth aktiv_icon

22:00 Uhr, 17.04.2017

hmm ja ich hatte auch das Gefühl das meine Skripte etwas "angestaubt" sind ;-)
danke für deine Antwort

Roman-22

23:41 Uhr, 17.04.2017

Es ist (leider) auch heute noch durchaus üblich, dass

ℕ

entgegen der Norm definiert wird.
Es gibt Bereiche, in denen ist es praktischer , die Null dabei zu haben und es gibt Bereiche, wo die Null eher stört. Im letzten Jahrhundert hat sich bei der Normung eben die erste Gruppe durchgesetzt.
Und da ein Normenverstoß keine rechtlichen Konsequenzen hat, kocht eben die zweite Gruppe oft ihr eigenes Süppchen. Der Sinn einer Norm ist das natürlich nicht und so entstand ein Wildwuchs und wenn man heute irgendwo

ℕ

liest, ist keineswegs sofort klar, ob die Null dabei ist oder nicht, denn oftmals wird auch bei einer von der Norm abweichenden Definition auf diese nicht extra hingewiesen.
Gut, dass es in deinem Skript wenigstens explizit drinnen steht, dann ist das soweit ja in Ordnung.

bhmth aktiv_icon

19:54 Uhr, 18.04.2017

jetzt weis ich ja Bescheid und nächstes mal definiere ich das

ℕ

einfach nochmal explizit.

Da mein

P_{1}

für

n = 1

ja nun 5 ist muss ich mir über die Teilbarkeit von 2 ja keine Gedanken mehr machen.

Also kann mein

3 (p_{1} . p_{2} ... p_{r}) + 2

ja durch ein

p

welches nicht

\in {p_{1}, p_{2}, ..., p_{r}}

geteilt werden. Was übersehe ich denn nu?

michaL aktiv_icon

20:22 Uhr, 18.04.2017

Hallo,

> Was übersehe ich denn nu?

Jetzt nichts mehr. Es ging mir darum, dass man die Primzahl 2 NICHT mit in das Produkt der vermeintlich endlich vielen Primzahlen mit einbeziehen darf. Das erreichst du auf diese Weise.

Das einzige, was du noch brauchst, ist die Tatsache, dass deine Zahl

2 + 3 \prod_{k = 1}^{n} p_{k}

durch eine Primzahl der Art

3 m + 2

teilbar sein muss.

Mfg Michael

bhmth aktiv_icon

20:59 Uhr, 18.04.2017

Also muss ich ausschließen das mein Teiler

p

von der Form

3 k

oder

3 k + 1

ist dann kann er ja nur nich von der Form

3 k + 2

sein

3 k

kann es schonmal nicht sein da 3 ja nicht in

{p_{1}, p_{2}, ..., p_{r}}

vorkommt und auch nicht

3 (p_{1} . p_{2} . ., p_{r}) + 2

teilt bzw. nur mit Rest 2. Bleibt noch

3 k + 1,

könnte man hier mit der Abgeschlossenheit der Multiplikation argumentieren ?

michaL aktiv_icon

21:54 Uhr, 18.04.2017

Hallo,

ja, "Abgeschlossenheit" ist in gewisser Weise der richtige Gedanke. Beweise, dass das Produkt zweier Zahlen der Form

3 n + 1

wieder von dieser Form ist. Bedeutet: Sind zwei Faktoren kongruent 1 mod 3, so auch das Produkt.

Wie lässt sich das verwenden?
Es ist die Kontraposition der zu beweisenden Aussage. Betrachte deine Zahl

x := 2 + 3 \prod_{k = 1}^{n} p_{k}

. Hätte

x

ausschließlich Teiler kongruent 1 mod 3, so wäre auch

x

kongruent 1 mod 3. Widerspruch zur Voraussetzung

x

kongruent 2 mod 3.

Mfg Michael

bhmth aktiv_icon

20:31 Uhr, 19.04.2017

Hallo Michal,

ich habe es nochmal zusammengefasst und denke das ich die Thematik jetzt auch etwas besser verstehe, vielen Dank!

Angenommen die Primzahlen der Form

3 n + 2

wären endlich, dann könnte man diese durchnummerieren und wie folgt aufschreiben:

p_{1}, p_{2}, ..., p_{r}; p_{i}

mit

1 \leq i \leq r

und

p_{1} \geq 5

. Dann existiert auch ein

k = p_{1} . p_{2} ... p_{r}

. Betrachtet man nun

3 k + 2

dann muss ein ein

p

geben für das gilt

p | 3 k + 2,

dieses

p

kann allerdings nicht

\in {p_{1}, p_{2}, ..., p_{r}}

sein da sonst gilt

p | 2

und da alle

p_{i} \geq 5

ist das ein Widerspruch zu der Annahme das die Primzahlen der Form

3 n + 2

endlich sind.
Bleibt noch zu zeigen, das

3 k + 2

auch einen Teiler der Form

3 n + 2

hat.
Ein Teiler der Form

3 n

fällt weg, da die einzige Primzahl in

3 n

die 3 ist und

3 \notin {p_{1}, p_{2}, ..., p_{r}}

. Sei

x := 3 k + 2

es gilt auch für alle

n \in ℕ, 3 n + 2 \equiv 2 (mod 3)

und

3 n + 1 \equiv 1 (mod 3)

. Hätte

x

nun einen Teiler

y

mit

y \equiv 1 (mod 3),

dann wäre auch

x \equiv 1 (mod 3)

und das ist ein Widerspruch somit ist

x \equiv 2 (mod 3)

also von der Form

3 n + 2

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