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Wie kann man nachweisen, dass Zahlen fehlen?

Schüler

Tags: fehlende Zahlen, reih

Hefter aktiv_icon

09:48 Uhr, 11.02.2024

Hallo,

ich habe eine Frage und wäre dankbar, wenn man mir helfen könnte
und wenn es nur ein Fingerzeig zum richtigen Werkzeug ist.

Wenn man Reihen der Art betrachtet

6 n - 1 = x

(n=ungerade)
Und

x

mit

n

summiert. Bspl.

6 \cdot 3 - 1 = 17, 17 + 3 = 20

.
Und weiter

3 + 17 = 20, 20 + 17 = 37, 37 + 17 = 54

usw...

Wie kann man nachweisen das Zahlen fehlen?
Gleichwohl obiges
nur ein Bspl. ist. Es gäbe noch

6 n + 1

und auch

n

grade für obiges
Bspl.

Danke für jede Info

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

KL700 aktiv_icon

10:23 Uhr, 11.02.2024

Was meinst du mit "fehlen"? Mir ist der Sinn der Aufgabe unklar.

Für die Gleichung

6 n - 1 = x

gibt es unendlich viele Lösungen.
Warum soll summiert werden?
Was ist der Hintergrund der Aufgabe?

6 n - 1

liefert immer ungerade Zahlen, genauso wie

6 n + 1

.

Ungerade Zahlen schreibt man meist als:

2 k - 1

oder

2 k + 1

mit

k \in ℕ

Die Menge der ungeraden natürlichen Zahlen ist unendlich abzählbar.

Unter Reihen versteht man etwas anderes.

de.wikipedia.org/wiki/Reihe_(Mathematik)

Hefter aktiv_icon

11:06 Uhr, 11.02.2024

Hallo und danke für die Antwort.

Mir ist klar, dass alle

6 n \pm 1 = 2 k - 1

(Scheint auch der Grund zu sein,
warum alle Primzahlen bei

6 n \pm 1

stehen!)

Warum summiert werden soll? Weil es "mein" Muster verlangt.

Der Hintergrund ist tief und ich möchte ihn nicht sagen.

Ich dachte, ein Bspl. würde genügen.

Richtigerweise sieht es Ausschnittsmässig so aus:

6 n - 1

ung.

X y

5 + 1

oder

+ 3

6 n + 1

ung.

7 + 3

oder

+ 6

6 n - 1

grad.

11 + 1

oder 2

6 n + 1

grad.

13 + 11

oder

+ 12

Für

6 n - 1

unger. ist

x = n, y = n 3 + (\frac{n - 1}{2})

Für

6 n + 1

ung.

x = 6 \frac{n}{2} - (\frac{n - 1}{2}), y = x 2

Für

6 n + 1

grad.

x = 6 n - (n - 1), y = x + (\frac{n}{2})

Für

6 n - 1

grad.

x = \frac{y}{2}, y = n

Die

6 n \pm 1

Zahlen werden mit den natürlichen Zahlen multipliziert
die Summanden bleiben gleich.

Bei der 5.

10 + 1

oder

3, 5 n + 1

oder3 ad infinitum.

in diesen ganzen Zahlen fehlt als bspl die

40

.

Wie kann man nachweisen, dass in diesem System unendlich viele
Zahlen fehlen?

HJKweseleit aktiv_icon

16:52 Uhr, 11.02.2024

"Warum summiert werden soll? Weil es "mein" Muster verlangt.

Der Hintergrund ist tief und ich möchte ihn nicht sagen."

Ich weiß die Antwort, aber ich möchte sie dir nicht sagen.

ledum aktiv_icon

19:38 Uhr, 11.02.2024

Was du wirklich willst ist unklar: "Wenn man Reihen der Art betrachtet 6n−1=x (n=ungerade)
Und x mit n summiert damit meinst du zu x n addiert? dann hat man 7n-1 wie das weiter gehen soll ist mir unklar warum und nach welcher Regel dann 7n-1+6n-1?? und wie dann weiter??
ledum

HJKweseleit aktiv_icon

01:28 Uhr, 12.02.2024

Wenn ich dich richtig verstehe, willst du Folgendes:

Du gibst dir eine Zahl n vor, sagen wir n=3.
Dann berechnest du 6n-1 (im andern Fall 6n+1) = 17, und das ist der Wert, der immer zu einem Startwert x (oder y) hinzugezählt wird.

x errechnet sich in diesem Fall (n ungerade, 6n-1 statt 6n+1) nach deiner Formel zu x=n=3 und y = 3n + 1 = 10

Die Reihe würde nun für x heißen: 3, 20, 37, 54, ... und für y 10, 27, 44, 61, ...

Was meinst du dabei nun mit "fehlenden Zahlen"? Es fehlen doch ganz viele Zahlen.

Glaubst du, dass alle Zahlen (mindestens einmal) vorkommen müssen, wenn man der Reihe nach n=1,2,3,... einsetzt und dann alle Reihen betrachtet? Ist das deine Frage?

Falls ja, gibt es 2 mögliche Antworten:

a) Wenn der Startwert nicht zu der Reihe gehört, ist der kleinste Anfangswert x + 6n-1, also für n=1 mindestens x+5 (oder entsprechend y+5), also mindestens 6. Die Zahlen von 1 bis 5 werden also immer fehlen.

b) Wenn der Startwert zur Reihe gehören kann, nimmst du für jedes beliebige n
- wenn n ungerade ist, deine 1. Formel mit x=n, so dass n als Startwert vorkommt,
- wenn n gerade ist, deine 4. Formel mit y = n, so dass n als Startwert vorkommt,

und so kommen alle natürlichen Zahlen in irgendeiner Reihe vor.

HAL9000

10:30 Uhr, 12.02.2024

Ok, ich filtere die Behauptung heraus, dass man mit

M = {n + k (6 n - 1) ∣ n, k \in ℕ \ {0}}

nicht alle natürlichen Zahlen erwischt. Ist an sich trivial, siehe Antwort a) von HJKweseleit.

Eine interessantere Frage wäre: Ist

ℕ \ M

endlich oder unendlich? Aber auch diese Frage ist leicht beantwortbar:

Für alle

m \in M

gibt es

k \geq 1, n \geq 1

mit

m = n + k (6 n - 1)

und damit dann

6 m - 1 = (6 k + 1) (6 n - 1)

. Rechts steht das Produkt zweier ganzer Zahlen

\geq 5

, d.h.

6 m - 1

ist gewiss keine Primzahl. Das bedeutet im Umkehrschluss, dass alle Zahlen

m

, für die

6 m - 1

Primzahl ist, nicht in

M

enthalten sein können. Nun gibt es unendlich viele solche Primzahlen, z.B. eben

239 = 6 \cdot 40 - 1

, also gehört 40 nicht zu

M

.

Die Gleichung

6 m - 1 = (6 k + 1) (6 n - 1)

gibt überdies ein Methode vor, wie man für ein KONKRETES

m

feststellen kann, ob es zu

M

gehört oder nicht:

Man ermittelt die Primfaktorzerlegung von

6 m - 1

und entscheidet anhand der, ob es eine Produktzerlegung in zwei natürliche Zahlen

\pm 1 mod 6

gibt, selbstredend beide größer 1. Hat man die gefunden, so kann man daraus natürlich passende

k, n

bestimmen.

HJKweseleit aktiv_icon

10:47 Uhr, 12.02.2024

Ich vermute, dass Hefter meint, dass z.B. 40 nicht nur in einer bestimmten Reihe, sondern in allen seinen Reihen fehlt. Dafür gibt es 8 Reihentypen, nämlich je 2 (für x und y als Startwert) in seinen 4 Formeln. Das macht die Sache natürlich sehr unübersichtlich. 40 fehlt tatsächlich überall.

HAL9000

10:53 Uhr, 12.02.2024

Wieso vier oder gar acht Reihentypen? Ich lese das oben so, dass allenfalls noch

M ´ = {n + k (6 n + 1) ∣ n, k \in ℕ \ {0}}

betrachtet werden soll (ich unterscheide nicht zwischen

k

gerade oder ungerade). Für die greift das analoge Argument mit

6 m + 1 = (6 k + 1) (6 n + 1)

.

Heikel wird es bei

M \cup M ´

: Sollte es unendlich viele Primzahlzwillinge geben, so folgt daraus unmittelbar die Unendlichkeit von

ℕ \ (M \cup M ´)

, denn es ist

m \in ℕ \ (M \cup M ´)

für alle

m

, wo

(6 m - 1, 6 m + 1)

Primzahlzwilling ist. Leider ist ersteres aber bis heute unbewiesen. Die beiden Behauptungen sind nicht ganz identisch, denn

m \notin M ´

erfordert nicht notwendig, dass

6 m + 1

Primzahl ist - es könnte auch zerlegbar sein in

6 m + 1 = (6 k - 1) (6 n - 1)

.

40 passt, weil (239,241) ein Primzahlzwilling ist.

Und der direkte Vorgänger

m = 39

:

Hier ist

6 m - 1 = 233

prim und daher

39 \notin M

. Nun ist

6 m + 1 = 235 = 5 \cdot 47

zwar nicht prim, aber dennoch nicht in der Form

(6 k + 1) (6 n + 1)

darstellbar, es gilt also trotz Nichtprimalität

39 \notin M ´

, insgesamt also durchaus auch

39 \in ℕ \ (M \cup M ´)

Hefter aktiv_icon

14:49 Uhr, 12.02.2024

Hallo @HJKweseleit.

Danke für Deine Mühe, Du hast mich richtig verstanden.
Es fehlt nicht nur die

40,

ich denke es fehlen unendlich viele und dabei,
muss man

6 n + 1

ung. und

6 n + 1

grade gar nicht berücksichtigen,
da es die

6 n - 1

grade und ungerade nur etwas verschoben ist.

Also wie kann man das nachweisen, dass tatsächlich unendlich viele
Zahlen fehlen?
Das ist meime Frage, meim Problem, ich weiss nicht wie ich es anstellen soll.
Ich habe einiges versucht, ich habe zum Beispiel alle

10 m

Zahlen (also jede Zahl mit einer 0 am Ende rausgezogen aus den Reihen und ja, natürlich
gibt es ein Muster, bringt mich aber auch nicht weiter.

(Sollte es hier gelingen, werde ich mich über PN
mit jenem in Verbindung (so das gewünscht ist)setzen und den Hintergrund erläutern)

Hefter aktiv_icon

14:59 Uhr, 12.02.2024

So falsch liegst Du gar nicht.
Es geht richtigerweise um Sophie Germain Primzahlen.
Das ist der Hintergrund.

Die

40

ist die

239

Schreibt man die Dreieckszahlen ohne jene die durch 3 teilbar
sind auf, beginnend mit

(1) 55,91, (2) 253,325, (3) 595,703 . .

.

So ist die

40

Dreieckszahl die

114481 =

239×479

HJKweseleit aktiv_icon

15:11 Uhr, 12.02.2024

Für gerade n soll offenbar eine andere Formel als die für ungerade genommen werden.
Ich habe in die beiden oberen Gleichungen von Hefter für ungerade Zahlen n durch 2n-1 und in den beiden unteren n durch 2 n ersetzt. Man bekommt dann als Reihen:

1. Formel mit x: m=2n-1+k(12n-7)
1. Formel mit y: m=7n-4+k(12n-7)
2. Formel mit x: m=5n-2+k(12n-5)
2. Formel mit y: m=10n-4+k(12n-5)
3. Formel mit x: m=10n+1+k(12n+1)
3. Formel mit y: m=11n+1+k(12n+1)
4. Formel mit x: m=n+k(12n-1)
4. Formel mit y: m=2n+k(12n-1)

Löst man diese nach n auf, so erhält man der Reihe nach:

n = \frac{m + 1 + 7 k}{12 k + 2}

n = \frac{m + 4 + 7 k}{12 k + 7}

n = \frac{m + 2 + 5 k}{12 k + 5}

n = \frac{m + 4 + 5 k}{12 k + 10}

n = \frac{m - 1 - k}{12 k + 10}

n = \frac{m - 1 - k}{12 k + 11}

n = \frac{m + k}{12 k + 1}

n = \frac{m + k}{12 k + 2}

Zu gegebenem m muss man nun ein k finden, so dass der rechtsstehende Bruch ganzzahlig wird. (Für wachsende k bleibt der Bruch irgendwann <1, und man kann den Versuch abbrechen.) Damit nun m in keiner Reihe vorkommt, muss man alle 8 Bruchfolgen durchlaufen und erfolglos bleiben.

So sind die 41 Zahlen
3, 4, 5, 7, 9, 14, 15, 19, 22, 29, 30, 32, 39, 40, 42, 47, 49, 60, 70, 72, 74, 82, 85, 99, 107, 109, 110, 114, 120, 124, 127, 135, 152, 159, 169, 170 172, 175, 184

unter den ersten 200 Zahlen nicht in einer der oberen 8 Reihen zu finden.

Bis 1 000 findet man 131 Lücken, bis 10 000 dann 776 Lücken.

Eine Gesetzmäßigkeit kann ich hier nicht erkennen.

HAL9000

15:16 Uhr, 12.02.2024

Mit "Danke für Deine Mühe, Du hast mich richtig verstanden." meinst du diese Überlegungen von HJKweseleit

> x errechnet sich in diesem Fall (n ungerade, 6n-1 statt 6n+1) nach deiner Formel zu x=n=3 und y = 3n + 1 = 10

> Die Reihe würde nun für x heißen: 3, 20, 37, 54, ... und für y 10, 27, 44, 61, ...

Ist das die Bestätigung dafür, dass du (für festes ungerades

n

) nicht nur die Folge

n + k (6 n - 1)

, sondern auch (mit anderem Startwert)

3 n + 1 + k (6 n - 1)

betrachtest, und das jeweils für

k \geq 1

?

Warum kannst du das nicht mal selbst in geordneter übersichtlicher Form darstellen? Dein Beitrag 11.2., 11:06 war in der Hinsicht leider total konfus zu nennen - weswegen ich allein am Eröffnungsbeitrag orientiert diese beiden Zahlenmengen

M

und

M ´

aufgestellt hatte, aber um die geht es ja nun anscheinend nicht. :(

Es ist mir ein Rätsel, wo aus deinen Überlegungen Startwert

3 n + 1

hervorlugt - kann ich nirgendwo erblicken. :(

EDIT: Beitrag HJKweseleit von 15:11 noch nicht berücksichtigt.

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15:19 Uhr, 12.02.2024

Ja, bis auf die 3 stimmt es.

Multipliziert mit 6 und 1 abgezogen sind alle Sophie Germain Primzahlen.

Würde gerne ein Photo verlinken, geht aber irgendwie nicht.

Ungerade heisst

n = 2 k - 1

HJKweseleit aktiv_icon

15:32 Uhr, 12.02.2024

Beispiel für die 3. Formel: n ist dort gerade und

Für 6n+1 gilt:

x = 6 n - (n - 1), y = x + (n / 2)

Da n gerade ist, ersetze ich es durch 2n und erhalte:

Für 12n+1 gilt:

x = 12 n - (2 n - 1), y = x + n = 13 n - (2 n - 1)

und damit die Reihen

Für x:

10 n + 1 + k (12 n + 1)

Für y:

11 n + 1 + k (12 n + 1)

für alle natürlichen Zahlen n und k.

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15:45 Uhr, 12.02.2024

Danke. Damit werde ich mal mein Glück probieren.

HJKweseleit aktiv_icon

15:48 Uhr, 12.02.2024

Multipliziert mit 6 und 1 abgezogen sind alle Sophie Germain Primzahlen.

Teufel auch! Habe ich für die Zahlen bis 300 nachgeprüft, und es stimmt. Ab 5 sind es die SG-Primzahlen in ununterbrochener Reihenfolge. Willst du durch die Reihen beweisen, dass es unendlich viele Lücken und damit unendlich viele SG-Primzahlen gibt?

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16:01 Uhr, 12.02.2024

Genau das!
Was ich mir jetzt abschminken kann.
Ich habe da sehr lange für gebraucht, aber ich denke,
in euren Händen ist das morgen bewiesen.

HAL9000

16:09 Uhr, 12.02.2024

> Teufel auch!

Das Wunder hält sich in Grenzen, wenn man deine 8 Gleichungen in die faktorisierte Form bringt:

6 m - 1 = (6 k + 1) (12 n - 7)

12 m - 1 = (12 k + 7) (12 n - 7)

12 m - 1 = (12 k + 5) (12 n - 5)

6 m - 1 = (6 k + 5) (12 n - 5)

6 m - 1 = (6 k + 5) (12 n + 1)

12 m - 1 = (12 k + 11) (12 n + 1)

12 m - 1 = (12 k + 1) (12 n - 1)

6 m - 1 = (6 k + 1) (12 n - 1)

Formel 1 und 8, sowie 4 und 5 können zusammengefasst werden zu

6 m - 1 = (6 k + 5) (6 n ´ + 1)

6 m - 1 = (6 k + 1) (6 n ´ - 1)

,

so dass man eigentlich nur 6 statt 8 Reihen betrachten muss.

> Willst du durch die Reihen beweisen, dass es unendlich viele Lücken und damit unendlich viele SG-Primzahlen gibt?

Sehe noch nicht, wie das gelingen soll. Das oben ist ja erst mal nur eine Siebtechnik (ähnlich Erathostenes), die Sophie-Germain-Primzahlen liefert - aber keineswegs gewährleistet, dass es nicht irgendwann leer läuft.

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16:29 Uhr, 12.02.2024

Ist schon etwas grösser als das Sieb, mit allen Informationen,
hat man alle Faktoren einen beliebiegen (im Kontext)
Dreieckszahl.

x

und

y

sind Indizies.
Soviele Faktoren eine Dreieckszahl hat, so oft wiederholt sich

x

oder

y

.
Wobei die Zahlen neben und untenr

x

und

y

die Faktoren sind.

HAL9000

16:35 Uhr, 12.02.2024

Naja, ich wünsch dir viel Glück auf dem Weg. Optimismus brauchst du dafür keinen weiteren, davon hast du schon genug. ;-)

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16:41 Uhr, 12.02.2024

Ich danke Dir ganz herzlich.

Es gibt ja nur drei Optionen.
Entweder es gibt unendlich viele oder nicht.
Dass es unentscheidbar ist, glaube ich nicht.
Hätte ich euer mathematisches Know How, wäre es gestern schon
bewiesen ob unendlich oder eben nicht.

HJKweseleit aktiv_icon

18:32 Uhr, 12.02.2024

So nah dran sind wir doch nicht. Zunächst müsstest du ja beweisen, dass die Lücken mal 6 - 1 alle wirklich SG-Primzahlen sind und dann noch, dass es unendlich viele Lücken gibt. Da sind wir auch noch nicht viel weiter als du.

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18:39 Uhr, 12.02.2024

Denn ersten Punkt kann ich, zwar nicht mit mathematischer Notation aber, der erste Punkt ist sicher!
Tatsächlich ist die Frage, ob immer Lücken bleiben.

Ich gebe Dir alle Informationen, sage mir, wie ich Bilder hochlade.
Ich verspreche, Du löst es.

Wenn man dieses System versteht, ist der erste Punkt völlig abwegig.
Ich schicke Dir meine "Bilder" auf einen Account Deiner Wahl, Du kannst nur
gewinnen.

HAL9000

19:25 Uhr, 12.02.2024

> Zunächst müsstest du ja beweisen, dass die Lücken mal 6 - 1 alle wirklich SG-Primzahlen sind

Das folgt mittelbar aus den Faktorisierungen - daher habe ich sie ja vorgenommen. ;-)

> Ich verspreche, Du löst es.

Eine Aussage, an der bisher alle Zahlentheorieexperten gescheitert sind mit so einem simplen elementaren Ansatz beweisen zu wollen - das ist blanker Hochmut.

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19:39 Uhr, 12.02.2024

Eigtl. ist es das Gegenteil, es ist Resignation! (Wenn ich so Kaliber wie euch lese)
Es kann ja nicht so schwer sein, für einen der es gelernt hat,
dass Zahlen in einem System fehlen, das sich immer und immer über Palindrome wiederholt.
Mit Hochmut, oder Hybris hat das nichts zu tun.
Ich stelle alles was ich habe zur Verfügung.

Wenn

n

im obigen Kontext nicht null ist, werden nur

S . G . P

fehlen.

HAL9000

19:44 Uhr, 12.02.2024

Ok, beim Hochmut bin ich mir nicht sicher - vielleicht auch irgendeine Form des Wahnsinns. ;-)

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19:58 Uhr, 12.02.2024

Wir nehmen 6n-1ung.

Sieht so aus:

M - x - y

5 - 6 - 8

17 - 20 - 27

29 - 34 - 46

41 - 48 - 65

- 7 - 19

M = 6 n - 1

(wobei

n = 2 k - 1)

Die 7 steht unter

x

und die

19

steht unter

y

,ergeben sich aus den Reihen die man vernachlässigen kann. (Und nur darum, sind sie vernachlässigbar, weil sie involviert sind.) Das beutet aber auch, dass die Faktorenanzahl sich erhöht!

Betrachtet man nun ein beliebiges

x,

nehmen wir,

20

. So ist

20 \cdot 6 - 1 = 119

Das bedeutet das die Dreieckszahl

20 (\in

diesem System)

28441 = 119 \cdot 239

durch

17, 7

und

19

(durch

19

nicht war ein Fehler,

19

ist

y

sorry) teilbar ist.

Eine Dreieckszahl mit einer S.G.Primzahl hat nur zwei Faktoren und kommt deshalb nur bei

n = 0

vor.
Soweit klar mit der Faktorisierung?

Hier ist

n = 1

HAL9000

00:10 Uhr, 13.02.2024

So ganz habe ich dein System noch nicht verstanden: Laut HJKweseleit betrachtest du

1. Formel mit x: m=2n-1+k(12n-7)
1. Formel mit y: m=7n-4+k(12n-7)
2. Formel mit x: m=5n-2+k(12n-5)
2. Formel mit y: m=10n-4+k(12n-5)
3. Formel mit x: m=10n+1+k(12n+1)
3. Formel mit y: m=11n+1+k(12n+1)
4. Formel mit x: m=n+k(12n-1)
4. Formel mit y: m=2n+k(12n-1)

Aber in welchem Parameterbereich:

n \geq 1

nehme ich an, aber welche

k

?

Wählst du

k \geq 0

(also inklusive der Startwerte x,y), dann tauchen in der Liste Werte

m

auf, für die

p = 6 m - 1

dann doch Sophie-Germain-Primzahl ist:

Z.B.

m = 39

wird erreicht mit der 1.Formel mit

x

für die Parameter

k = 0, n = 20

und führt zur Sophie-Germain-Primzahl

p = 6 m - 1 = 233

.

Wählst du hingegen

k \geq 1

(d.h. ohne die Startwerte x,y), dann fehlt in allen Listen Wert

m = 3

, aber

p = 6 m - 1 = 17

ist KEINE Sophie-Germain-Primzahl. :(

Gibt also noch leichte Unebenheiten in der Konstruktion, die sich aber beheben lassen. ;-)
-------------------------------------------------------------------
Ich würde das ganze durch folgende Streichfolgen ersetzen:

1) m = 5n+1 + k(6n+1)
2) m = 7n-1 + k(6n-1)
3) m = 5n-2 + k(12n-5)
4) m = 7n-4 +k(12n-7)
5) m = 11n+1 + k(12n+1)
6) m = 13n-1 + k(12n-1)

Für festes

n \geq 1

reicht es dabei, nur die ersten

n

Indizes

k

zu betrachten, d.h.

k = 0, 1, \dots, n - 1

. Die Folgenwerte

m

für größere

k

werden dann bei höheren

n

irgendwann sowieso mit erfasst. Genau genommen reichen bei den Formeln 2)4)6) auch die ersten

n - 1

Werte, also nur von

k = 0, 1, \dots, n - 2

.

Zur Erklärung: Die Formeln 1) und 2) bestimmen

m

, für die

p = 6 m - 1

keine Primzahl ist, während die Formeln 3)-6) entsprechend

m

ermitteln, für die

2 p + 1 = 12 m - 1

keine Primzahl ist.

Anfang: Für n=1 hat man also nur k=0, es werden erfasst

6;;3;;12;

Für n=2 hat man k=0,1, es werden erfasst

11,24;13;8,27;10;23,48;25

Für n=3 hat man k=0,1,2, es werden erfasst

16,35,54;20,37;13,44,75;17,46;34,71,108;38,73

Nach diesem Aussiebungsprozess bleiben GENAU jene

m

übrig, für die

p = 6 m - 1

Sophie-Germain-Primzahl ist - das kann man beweisen (über die o.g. Faktorisierungen). Was man damit aber NICHT beweist ist, dass nach dem Aussieben tatsächlich unendlich viele

m

übrig bleiben.

HJKweseleit aktiv_icon

13:56 Uhr, 13.02.2024

Ich habe mir noch mal Gedanken zu deinem Vorgehen gemacht. Betrachten wir noch mal die von mir dargestellten 8 Serien:

1. Formel mit x: m=2n-1+k(12n-7)
1. Formel mit y: m=7n-4+k(12n-7)
2. Formel mit x: m=5n-2+k(12n-5)
2. Formel mit y: m=10n-4+k(12n-5)
3. Formel mit x: m=10n+1+k(12n+1)
3. Formel mit y: m=11n+1+k(12n+1)
4. Formel mit x: m=n+k(12n-1)
4. Formel mit y: m=2n+k(12n-1)

Du müsstest nun eine Serie finden, in der entweder alle oder "immer mal wieder" Glieder zu keiner der 8 Darstellungen passen. Anbieten würde sich irgendetwas wie

m = f(n) + k(12n-9) oder dergleichen.

Dazu müsstest du in der Serie der SG-Primzahlen irgendeine Gesetztmäßigkeit erkennen, wobei du aber auch Glieder in dieser Serie überspringen könntest.

Ich sehe aber folgendes Problem, das sehr frustrierend wirkt:

Die SG-Primzahlen sind ja überhaupt Primzahlen. In der Folge der Primzahlen gibt es aber zwischen zwei aufeinander folgende Glieder beliebig große Lücken. Hierzu folgendes Zahlenbeispiel:

x = 1 000 000 ! (Fakultät)
x enthält somit alle Faktoren von 1 bis 1 000 000.

Dann ist x + 2 Teilbar durch 2 und somit keine Primzahl.
Dann ist x + 3 Teilbar durch 3 und somit keine Primzahl.
Dann ist x + 4 Teilbar durch 4 und somit keine Primzahl.
Dann ist x + 5 Teilbar durch 5 und somit keine Primzahl.
...
Dann ist x + 1 000 000 Teilbar durch 1 000 000 und somit keine Primzahl.

Du hast somit 999 999 aufeinander folgende Zahlen, die keine Primzahl und damit keine SG-Primzahl sind.

Das bedeutet aber, dass du wahrscheinlich kein einfaches Gesetz für die oben erwähnte Zahlenfolge finden wirst. Du musst dann schon mit Potenzen oder Fakultäten arbeiten, um so eine Folge zu finden.

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15:37 Uhr, 14.02.2024

Hallo @HAL9000

Ja mit dem

n = 0

hat sich mal wieder meine Amateurikeit gezeigt.
Habe ausversehen die Variablen missachtet.

Mit

n = 0

meine ich:

6 n + 1 (n = 2 k - 1)

Wenn ich für

n = 3

setze so habe ich:

19

Die

19

hat bei -dem falschen, also was ich

n = 0

nannte,

x = 8

und

y = 16

stehen (das wäre

n = 0)

Das will heissen:

(6 n + 1) \cdot g

Also wäre bei

g = 1, x = 27

und

y = 35

Es kommen bei

g = 0

alle Zahlen vor.

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15:41 Uhr, 14.02.2024

Hallo @HJKweseleit,

ich würde Dir gerne sagen, wie ich es im Moment versuche,
ich melde mich später dazu.

HAL9000

15:56 Uhr, 14.02.2024

Ich wollte damit sagen, dass man mit

n \geq 1

, aber leider nur VERSCHIEDENEN

k

-Bereichen (mal bei 0 startend, ein anderes mal bei 1 startend) bei deinen Formeln das Ziel erreicht, dass GENAU diejenigen

m

übrig bleiben, wo

p = 6 m - 1

Sophie-Germain-Primzahl ist - am Beweis kann man das sehr gut sehen.

Also warum nicht gleich die Sache richtig angehen, statt am Anfang ein paar hässliche Lücken zu lassen - genau dem war mein letzter Beitrag gewidmet.

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17:52 Uhr, 14.02.2024

Hallo @HJKweseleit

Wir betrachten den 6n-1 (n=2k) Bereich.

Ich ziehe alle x und y Zahlen raus, die durch 10teilbar sind.

Daraus ergibt sich bei g=0

x

119*0+10=10 (hier ist n 20)
239*0+20=20 n=40

y

59×0+10=10 n=10
119*0+20=20

g=1

x

83*1+7=90 n=14
203*1+17= 220 n=34
323*1+27=350

Bei g=1 gibt es kein y

g=2

Kein x

y=

23*2+4=50 n=4
83*2+14=180 n=14
143*2+24=310

Die Faktoren die ich weiter oben erwähnte, die unter
x und y stehen, sind bei g=1 ×=13, y=7
Bei g=2 ist x=25 und y=13.
Die Ergebnise spingen von einem zum nächsten um +x10, oder y10.

Ich gebe ein Bspl.
Bei g=2 haben wir nur y, 50 springt(weil unter y die 13 steht)
Um 130 stellen. Also ist die nächste 180.

Um das Muster zu füllen.

Bei g=10

×
119*10+10=1200
239*10+20=2410

y

59*10+10=600
119*10+20=1210

usw... hier wären die Faktoren unter x=121 und y=61

Das gleiche für 6n-1 (n=2k-1)

Fehlen Zahlen die durch 10 teilbar sind?
Das Muster ist klar und wiederholt sich.
Ich weiss auch dass wenn das n zweimal vorkommt also bei x zu y springt
(nennt man wohl Cunningham Kette), das Ergebnis sich verdoppelt.
Da knabber ich grad dran.

Und n hüpft bei x immer um 20 (14,34,54 usw...)
Bei y um 60 also n>0

Richtigerweise, sollte man gar nicht über Primzahlen
nachdenken. Hier fehlen immer wieder Zahlen in einem Muster!
Und Fakultäten! Neee. (Das nehmen andere Leute nicht mal in die Hand. Kleiner Spass)

Alle Informationen sind gesagt, stellt euch auf die Hinterbeine
und schreibt ein Stück Mathematische Geschichte, ich bleibe dran.
Es war mir ein Vergnügen, nein, eine Wohltat mich mit Menschen über
dieses Thema zu unterhalten (Auch wenn ich nur eine Laie bin) Danke dafür.
Wer zuerst beweist...

HJKweseleit aktiv_icon

22:04 Uhr, 14.02.2024

Deine Ausführungen sind für mich völlig unverständlich.

Zunächst: Was bedeutet dein g? Hab ich bisher noch nichts von gehört.

Dann: Was heißt: kein x oder kein y?

Bildest du eine neue Zahlenfolge, bei der dann x=0 oder y=0 ist oder was?

Ich kann kein Muster erkennen.

------------------

Was ich mit meinen Fakultäts-Ausführungen meinte, ist Folgendes:

Du willst zeigen, dass die SG-Primzahlen (kürze ich jetzt immer mit SGP ab) ins Unendliche reichen.
Dazu willst du zeigen, dass es unendlich viele Zahlen gibt, die keine der angegebenen Gleichungen richtig machen.

Daher musst du aber eine unendliche Zahlenfolge angeben, bei der jedes Glied die Gleichungen alle nicht erfüllt. Diese Zahlenfolge wäre dann aus der Menge der SGP (du müsstest die SBP nicht lückenlos erfassen).

Zwei Beispiele, wie so etwas aussehen könnte (natürlich sind die nicht richtig):

- Jede Zahl der Form

1 7^{2 \cdot p + 11}

mit einer Primzahl p>411, deren Endziffer 1 ist, erfüllt keine der Gleichungen. Da es unendlich viele solcher Primzahlen gibt, sind die SGP unendlich.

- Jede Zahl der Form

2^{n!} + (n!)! + 1

für n>13 erfüllt keine der Gleichungen.

oder Ähnliches.

Da aber die Primzahlen und damit auch die SGP beliebig große Lücken aufweisen - und das war mein Einwand -, musst du eine Folge finden, die solche Lücken überspringt. Würde eine solche Zahl in solch eine Lücke springen, wäre sie keine SGP, und dann könntest du auch gar nicht beweisen, dass alle Zahlen deiner Folge die Gleichungen nicht erfüllen.

Ich wüsste nicht, wie so eine Folge zu bilden wäre, und werde es auch nicht versuchen.

---------------------------

Hier noch drei viel einfacher klingende Probleme, die bis heute ungelöst sind:

Goldbachsche Vermutung: Jede gerade Zahl, die größer als 2 ist, ist Summe von zwei Primzahlen.
4 = 2+2
6 = 3+3
8 = 5+3
10 = 3+7 = 5+5
usw.
Stimmt das immer?

Primzwillinge: Zwei Primzahlen heißen Primzwillinge, wenn eine genau 2 größer als die andere ist.
3 und 5
5 und 7
11 und 13
17 und 19
29 und 31
usw.
Gibt es unendlich viele Primzwillinge?

Collatz-Problem: Starte mit einer beliebigen natürlichen Zahl. Wenn die Zahl gerade ist, teilst du sie durch 2, wenn sie ungerade ist, multiplizierst du sie mit 3 und zählst 1 dazu. So bekommst du die nächste Zahl, und mit der machst du wieder dasselbe usw.. Halte an, wenn die 1 erscheint.
7 22 11 34 17 52 26 13 40 20 10 5 16 8 4 2 1
19 58 29 88 44 22 11 jetzt wie oben weiter mit 34 17 ...
12 6 3 10 5 16 8 4 2 1
usw.
Landet man immer bei 1, egal, wie die Startzahl heißt?

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04:21 Uhr, 15.02.2024

Guten morgen.

Mit kein x und kein y meinte ich bei diesem g gibt
es keine Zahl die durch 10 teilbar ist.

g selbst bedeutet (6n-1)* eine beliebige Zahl, welche ich g
nenne. n=2k.

n=6, ergibt 35, bei dieser Zahl ist x=3
und y=6

Wenn g=7 ist, so heisst das 35*7=245, x=3 und y=6 bleiben
gleich.
Also 245+3=248, diese Summe 248 nenne ich auch x,
genauso wie ich 245+6=251 y nenne.

HAL9000

10:17 Uhr, 15.02.2024

> Ich wüsste nicht, wie so eine Folge zu bilden wäre, und werde es auch nicht versuchen.

Ich sehe leider auch keine Chance, sowas hier zu finden.

@Hefter

Immerhin hast du mit der obigen Prozedur einen Weg gefunden, die SGP auszusieben. Kann man alternativ allerdings auch einfacher haben mit folgendem modifizierten Sieb des Erathostenes, bei dem (wie bei dir) Index

n

für die Zahl

6 n - 1

steht, beginnend bei

n = 1

:

1) Man betrachtet den nächsten noch nicht gestrichenen Index

n

. Ist er gerade und Index

\frac{n}{2}

ebenfalls nicht gestrichen, so ist

p = 3 n - 1

eine SGP.

2) Unabhängig davon (ob SGP oder nicht) streicht man nun alle Zahlen

m = n + k (6 n - 1)

für

k = 1, 2, \dots

, so weit das Array eben groß ist. Weiter mit 1) und dem nächstgrößeren passenden

n

, solange man das Arrayende noch nicht erreicht hat.

Ist auch nichts anderes als das oben, man begnügt sich nur mit einer der acht Reihen, verbindet das aber mit dem in 1) zusätzlich durchzuführenden Test von Index

\frac{n}{2}

. Ein kleines Python-Script zu dieser Prozedur umfasst gerade mal 17 Zeilen.

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