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Mathematik » Schulmathematik » Beweisübung Teil III (Legendre I)
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Schule Beweisübung Teil III (Legendre I)
Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-02-22


Wer mithilft, diese Beweis sprachlich zu verbessern, ist dazu herzlich eingeladen ....

Der Vorbeweis, also Beweisübung II (Schubfachproblem) ist hier:
Dank an Dromedar für die Hilfe zur Bereitstellung der Links.
 
topic=234388 / Übung 1
topic=234404 / Übung 2
topic=234414 / Übung 3
topic=234417 / Übung 4
topic=234420 / Übung 5






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freeclimb
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-22


Hallo!

Warum postest du konsequent im Schulmathematik-Forum? Hat das einen tieferen Grund?




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Die Beherrschung der Arithmetik, Herr Kollege, ist keine Frage der Überheblichkeit, hätte ich gedacht.

(A.v.d.B.)



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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22


2018-02-22 10:44 - freeclimb in Beitrag No. 1 schreibt:
Hallo!
Warum postest du konsequent im Schulmathematik-Forum? Hat das einen tieferen Grund?

Ja,
1. weil ich hier auf Grundschulniveau (7-8 Klasse) arbeite,
2. keine größere math. Ausbildung habe,
3. mir von etlichen Seiten im Blogg nahegelegt wurde, besser hier zu posten, und
4. ich vom Prinzip her momentan Schüler bin.

Reicht das?


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-02-22


Und genauso schülermäßig unbeholfen schreibst du confused
Es ist schlichtweg furchbar zu lesen.

Und bevor du dich daran machst, ein Raumschiff zu entwerfen, solltest du erst mal lernen, Papierflieger zu bauen. Anders formuliert: lerne erst mal Mathematik, bevor du zu solchen Höhenflügen startest.

Aber wie oft hat man dir das schon — leider vergebens — nahe gelegt?

Und diese ganzen Abkürzungen („interq. Intervall“, „eines jeden il. ist gleich“, etc.) haben in einem solchen Text nichts verloren. Deine Schreibfaulheit macht es dem Leser nur noch schwerer.

Edit Nachtrag
Jetzt hab ich das „il.“ kapiert eek
Nicht il (ih ell), sondern iI (intergalaktischesinterquadratisches Intervall).


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Bild



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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22


2018-02-22 15:56 - viertel in Beitrag No. 3 schreibt:
Und diese ganzen Abkürzungen („interq. Intervall“, „eines jeden il. ist gleich“, etc.) haben in einem solchen Text nichts verloren.

Okay, hab sofort die Abkürzungen "iI." und "interq." gegen die Vollversionen ersetzt.

Wenn Du mir jetzt noch einen vllt schon eingeführten Fachbegriff für interquadratisches Intervall verrät, nehme ich den auch! Ich finde mein Prägung allerdings recht konzise und gut, außer dass der Computer ständig ein unterquadratisches Intervall draus macht, wehggen der Orthographie-Tools. Durch "inter"-quadratisch wird deutlich, daß die Quadrate selbst nicht mitgemeint sind.

Ich bin nicht unbelehrbar!

Danke für Deine konkrete Anregung ....


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lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-02-22


Hallo
wieder machst  (bzw versuchst ) du einen direkten Beweis und nennst ihn indirekt.
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erst mal so weit.
bis dann, lula
Ps deine "Beweise" erscheinen bei mir als Bilder, d.h. ich weiss nicht wie ich die zitieren  oder kopieren kann und hab keine Lust das Zeug abzuschreiben .


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viertel
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2018-02-22


Einen etablierten Fachbegriff gibt es für dieses iqI ( biggrin ) sicherlich nicht. Es muß nicht für alles fertige Begriffe geben.

Aber wenn du eine Bezeichnung in einer Arbeit immer wieder benötigst, dann ist es durchaus legitim, das treffend zu formulieren, und obendrein noch kurz. Z.B. wäre „Intervall zwischen zwei aufeinanderfolgenden Quadratzahlen“ zu lang, um es dauernd zu wiederholen.
Aber diesen kurzen Begriff dann auch noch abzukürzen, obendrein noch auf verschiedene Weise, trägt nicht mehr zur Klarheit bei – eher im Gegenteil.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2018-02-22


Hallo
Fortsetzung;
 du hast in einem deiner posts gezeigt, dass sich unter n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen,  i.A. mindestens 2 nicht PZ sind. aber in dem Intervall (n^2,(n+^)^2) kann doch dieselbe Primzahl sehr oft als kleinst Primzahl auftreten, so z,b. die 3 an jeder 6 ten Stelle, usw.
bis dann, lula



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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-22


Hallo Lula...

2018-02-22 22:46 - lula in Beitrag No. 7 schreibt:
1.  Du hast in einem deiner Posts gezeigt, dass sich unter n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen,  i.A. mindestens 2 nicht PZ sind.
Deinen Satz finde ich mißverständlich formuliert. Ich habe gezeigt, daß man eine Schubfachreihe der Länge n nicht vollkommen mit PZ < n belegen kann!
Ja, und das bezieht sich auf die grüne Spalte, die mit den kleinsten Primteilern, denn dort dürfen nur PZ < n verendet werden.


aber in dem Intervall (n^2,(n+1)^2) kann doch dieselbe Primzahl sehr oft als kleinste Primzahl auftreten, so z.b. die 3 an jeder 6 ten Stelle, usw.

natürlich! Füllen wir die Zentralanordnung mit ungeraden Zahlen, kommt die 3 nur zweimal vor. Füllen wir sie dagegen mit Primzahlen, kommt die 3 überall dort vor, wo eine durch 3 teilbare zusammengesetzte ungerade Zahl steht! Mit der Zentralanordnung erreicht man die maximale Belegungsdichte! Egal, wie groß n ist, die beiden mittleren Lücken bleiben immer erhalten. Alle anderen möglichen Anordnungen von PZ < n sind Abweichungen von der Zentralanordnung und enthalten notwendig mehr Lücken als die Zentralanordnung.




Selbstverständlich fangen die Leute an, die Anzahl der PZ zu berechnen, merken, daß deren Anzahl sehr schnell über n wächst. Dann bemerken sie, es gibt die Doppelungen, ich unterscheide hier zwischen aktiver PZ, also die eine Zelle belegt und inaktiver, die dort landet, wo schon eine kleinere drin ist im Schubkasten. Aber die Rechnerei, hat Cyrix bestätigt, bringt nichts!

Diesen Fehler, der allgemein gemacht wird, und den wir im Beweis mit Weird auch gemacht haben,  besteht darin, daß das Augenmerk auf den PZ liegt. Dieser fehlerhafte Schritt ist auch natürlich, weil man die PZ sieht und sie zum Zählen veranlassen. Dazu sind sie regelmäßig und versprechen Berechenbarkeit ... Man endet aber im Rechensumpf! Richten wir unser Augenmerk dagegen auf die äußerst beweglichen, unscheinbaren und fluktuativen, scheinbar keiner Regel gehorchenden, Löcher!

Man muß sich immer vor Augen halten, daß die Anzahl der beteiligten PZ bei jedem n auf kleiner n beschränkt ist.

Jede andere Anordnung von Zahlen in dem n langen Abschnitt stellt eine Verletzung der Zentralanordnung dar, die notwendig mehr Löcher mit sich bringt, als es die Zentralanordnung hat. Diese ist nicht verhandelbar, aber sie existiert, und bringt immer das Belegungsmaximum.

Besser: Jede Bewegung von Zeilen aus der Zentralanordnung heraus, stellt eine Verletzung derselben dar und die notwendig mehr Löcher mit sich bringt, als es die Zentralanordnung hat.

Warum bin ich da so sicher? Wir sind im Beweis II bei der Zentralanordnung der ungeraden Zahlen.  Weil die 1. Bewegung aus der Zentralanordnung, in der wirklich jede ungerade Zahl nur 2 mal vorkommt, weitere 2 Löcher reißt, und 2 Doppelungen produziert. Diese beiden neuen Löcher liegen in einem Abstand, den keine andere Zahl hat. Daher können die beiden neuen Löcher auch nicht durch eine weitere Bewegung einer anderen Zeile (Zahl) gefüllt werden, sondern maximal eines, was aber zunächst wieder erst einmal 2 neue Löcher bringt. u.s.w. u.s.f.  
Da es keine Zahl gibt, die denselben Abstand, wie eine andere hat, geht es immer so weiter. Wir empfangen hier die Erkenntnis, daß es keine Möglichkeit gibt, die beiden mittleren Lücken mit dem begrenzten, zur Verfügung stehenden Vorrat an PZ, verschwinden zu lassen. Sie bleiben, wenn auch nicht an ihrer Stelle, egal welche und wieviel Bewegungen wir ausführen, im Bestand immer erhalten. Dabei spielt keine Rolle, bei welchem n wir sind, und in welcher Höhe wir uns bewegen. Und da das bei den ungeraden Zahlen so ist, ist es auch bei den PZ so. Es passieren doch keine Wunder!




 


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lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2018-02-23


Hallo
 ich hab von dem Wortschwall nix verstanden. Wenn es um die Zahl der PZ in einem Intervall 0 bis n geht, warum dann dieses Intervall verdoppeln, natürlich sind dann auch doppelt so viele Primzahlen drin, Warum ich dazu deine "Schubfachreihe brauche seh ich nicht. dass in einer Liste ungerader Zahlen einige keine Primzahlen sind ist ja wohl keine Erkenntnis
irgendwie benutzt du so was wie das Sieb des Erathostenes, ohne das aber zu sagen.
bis dann, lula


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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-23


2018-02-23 13:27 - lula in Beitrag No. 9 schreibt:
1.  ich hab von dem Wortschwall nix verstanden.
Von Welchem? Beweis oder letztes Posting?


2. Wenn es um die Zahl der PZ in einem Intervall 0 bis n geht, warum dann dieses Intervall verdoppeln, natürlich sind dann auch doppelt so viele Primzahlen drin,
...ssst, wo wird das grüne Intervall verdoppelt? Oder sprichst Du vom gelben interquadratischen Intervall zwischen n^2 und (n+1)^1?



3. Warum ich dazu Deine "Schubfachreihe" brauche, seh ich nicht.
Weil das ein typisches "Schubfachproblem" ist, das ist wohl mit Dirichlet in die Mathematik eingezogen. In diesem Schubfachproblem wird die Frage beantwortet, wieviel PZ unterhalb von n kann ich in eine n lange Schubfachreihe unterbringen. Diese Frage muß vollkommen unabhängig von dem, was in der gelben Spalte steht, beantwortet werden. Es ist ein eigenes mathematisches Problem, dessen Antwort wir an dieser Stelle brauchen.
matheplanet.com/default3.html?topic=234414=50


Aus dem Ergebnis dieses Schubfachproblemes, daß man eine n-lange Schubfachreihe (grüne Spalte B) nicht so mit PZ bestücken kann, daß jedes Fach eine PZ abkriegt, schließen wir, daß dann notwendiger Weise in der gelben Spalte, also in dem Intervall zwischen n^2 und (n+1)^2, dem sogenannten interquadratischen Intervall, 2 PZ zu finden sein müssen. Primzahlen in der gelben Spalte sind nämlich die, die in der grünen Spalte keine trivialen Primteiler unterhalb ihrer Wurzel n haben und deshalb in der grünen Spalte keine PZ haben.
Wenn grün prim dann gelb nicht prim! Und wenn gelb prim, dann grün nicht prim! Das ist eine Inversion!



irgendwie benutzt du so was wie das Sieb des Erathostenes, ohne das aber zu sagen.
Das kann ich nicht erkennen.... wo?

Beachte zwei Sachen: Zwischen den ungeraden Zahlen, liegen immer gerade Zahlen, die nur in der Diskussion und im Bild vernachlässigt werden können. Man sollte das immer im Hinterkopf haben. Hast Du die Tabelle ganz oben mit der gelben und grünen Spalte verstanden? Es hatte den Anschein, daß ja!


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lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2018-02-25


Hallo
 ich sehe du hast in deiner "Schublade" die ungeraden Zahlen von 1 bis m nach rechts geordnet, und fängst mit 1 an, das ganze speigelst du dann nach links und hast damit 2m=n Plätze in deiner "Schublade" im Sinne des Schubladenprinzips sind das keine Schubladen, denn in der von 1 bis 67 ist die von 1 bis 19 und darin die von 1 bis 13 usw. enthalten,
 das zum Wort "Schublade" warum du die Zahlen an der Mitte spiegelst?? um n zu erreichen?
 danach ersetzt du die nicht PZ durch ihre Primteiler, also sind einige deiner Felder dopplt besetzt. die Doppels nehm ich dann raus und ersetze die unglücklichen Einsen damit um sie los zu werden warum kann ich das nicht?
bis dann lula


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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-25


2018-02-25 19:46 - lula in Beitrag No. 11 schreibt:
Hallo
 ich sehe du hast in deiner "Schublade" die ungeraden Zahlen von 1 bis m nach rechts geordnet, und fängst mit 1 an, das ganze speigelst du dann nach links und hast damit 2m=n Plätze in deiner "Schublade" im Sinne des Schubladenprinzips sind das keine Schubladen, denn in der von 1 bis 67 ist die von 1 bis 19 und darin die von 1 bis 13 usw. enthalten,
 das zum Wort "Schublade" warum du die Zahlen an der Mitte spiegelst?? um n zu erreichen?
 danach ersetzt du die nicht PZ durch ihre Primteiler, also sind einige deiner Felder dopplt besetzt. die Doppels nehm ich dann raus und ersetze die unglücklichen Einsen damit um sie los zu werden warum kann ich das nicht?
bis dann lula

das versteh ich gar nicht .....?

Hier der Urtext, den ich für die Thread gekürzt habe.

Wir spielen das, was wir eben oben mit uZ gemacht haben, alles noch einmal, natürlich an die Sachlage angepasst, mit PZ durch.

Es gibt eine Schubfachreihe der Länge n. In diese sollen verschiedene PZ einsortiert werden:
Forderung A: Die PZ müssen alle kleiner n sein.
Forderung B: Es soll jede PZ kleiner n vorhanden sein.
Forderung C: Jeder Kasten soll möglichst belegt sein.
Forderung D: Jede PZ soll mindestens 2 mal einsortiert werden
Forderung E: Jede PZ soll im Abstand ihres Nennwertes zum nächsten Exemplar ihrer selbst positioniert sein.

Da unterhalb von n sich maximal n/2-1 PZ befinden, muß zu einer maximalen Belegung der n-Schubfachreihe durch PZ kleiner n jede PZ  genau so oft vorkommen, wie sie pur und als kleinster Primteiler einer ungeraden zusammengesetzten Zahl kleiner n vorkommt, jedoch mindestens 2 x als Vertreter ihrer selbst, nämlich pur.

Auch hier ist die Zentralanordnung die  Lösung des Problems, denn jeder PZ ist eine uZ. Die uzgZ hingegen sind auch uZ, können allerdings eindeutig bestimmt, durch eine PZ vertreten werden in  einer PZ-orientierten Darstellung.  

Denn wir gehen davon aus, daß, wenn bei den ungeraden Zahlen die Zentralanordnung die einzig mögliche Lösung war, dies auch so bei den PZ sein muß, denn jede uZ außer der Eins, ist in der PZ-Darstellung explizit vertreten, sei es, sie ist selber PZ, sei es, sie ist uzgZ und wird durch ihren kleinsten Primteiler vertreten. Da die Eins seit langem keine PZ mehr ist, tritt sie nicht mehr explizit auf in unserer Grafik, sondern bleibt verborgen im Hintergrund als Lücke in der PZ-belegten Schubfachreihe.



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lula
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2018-02-28


Hallo
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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-28


Nein, Lula, das reicht keinesfalls und ist lange bedacht. Wir wissen, daß die Anzahl der PZ im Abschnitt über n hinauswächst. Ich habe es mehrmals betont. Wir haben das anderorts alles durchexerziert.
Das Problem ist, wir können rechnerisch nur mit Abschätzungen aktive von inaktiven Primteilern unterscheiden und nicht genau. Die Rechnung wird mit steigendem n unendlich kompliziert.
Darum habe ich mich auf die Lochbetrachtung verlegt. Darum die Vorbetrachtung und die Sache mit der Zentralanordnung. Mein Beweis, daß es ab 6^2 immer 3 PZ pro Intervall gibt, beruht alleine auf Lochbetrachtungen im Schubfachproblem.

Danke für Deinen Beitrag




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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2018-02-28


2018-02-28 16:38 - lula in Beitrag No. 13 schreibt:
Hallo
... mit den künstlichen Einsen in der Mitte.

Die sind nicht künstlich. Bedenke, daß ....

"Satz 13: Genau wie bei den uZ führt eine Änderung bzw. Abweichung von der Zentralanordnung sofort zu einer Erhöhung der Anzahl der Löcher. Die Belegungsdichte in der Schubfachreihe sinkt.


Warum bin ich da so sicher? Wir sind im Beweis II bei der Zentralanordnung der ungeraden Zahlen.  Weil die 1. Bewegung aus der Zentralanordnung, in der wirklich jede ungerade Zahl nur 2 mal vorkommt, weitere 2 Löcher reißt, und 2 Doppelungen produziert. Diese beiden neuen Löcher liegen in einem Abstand, den keine andere Zahl hat. Daher können die beiden neuen Löcher auch nicht durch eine weitere Bewegung einer anderen Zeile (Zahl) gefüllt werden, sondern maximal eines, was aber zunächst wieder erst einmal 2 neue Löcher bringt. u.s.w. u.s.f.  
Da es keine PZ-Zahl gibt, die denselben Abstand, wie eine andere hat, geht es immer so weiter. Wir empfangen hier die Erkenntnis, daß es keine Möglichkeit gibt, die beiden mittleren Lücken mit dem begrenzten, zur Verfügung stehenden Vorrat an PZ, verschwinden zu lassen. Sie bleiben, wenn auch nicht an ihrer Stelle, egal welche und wieviel Bewegungen wir ausführen, im Bestand immer erhalten. Dabei spielt keine Rolle, bei welchem n wir sind, und in welcher Höhe wir uns bewegen. Und da das bei den ungeraden Zahlen so ist, ist es auch bei den PZ so.
Es gilt allgemein: Je mehr Anteile an einer Zentralanordnung in einer Maske sind, desto dichter ist ihre Belegung!"


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2018-02-28

\(\begingroup\)
Hi,
ich mag mal kurz beschreiben, wie ich Bekells Idee verstehe (diese hat er ja soweit ich weiß schon öfters präsentiert).

Und zwar zu erst betrachtet er zwei benachbarte Quadratzahlen \(n^2\) und \((n+1)^2\) (\(n \geq 3\)). Dazwischen sind n ungerade Zahlen.
Betrachten wir also nur die n ungeraden Zahlen in \(]n^2,(n+1)^2[\), so haben wir n \(\geq 3\) aufeinanderfolgende ungerade Zahlen. Von diesen müssen zwangsläufig welche durch die ungeraden Primzahlen 3, 5, 7, 11, ..., \(p \leq n\) teilbar sein. Ist eine Zahl durch 2 dieser ungeraden Primzahlen teilbar, so auch durch ihr Produkt (welches wiederum eine ungerade Zahl ist). Daher kann man dies verallgemeinern zu: Unter diesen n aufeinanderfolgende ungerade Zahlen z müssen zwangsläufig welche sein, die als größten Teiler \(t \leq \lfloor{\sqrt{z}}\rfloor = n\) eine ungerade Zahl aus \(\{3, 5, 7, 9, ..., 2\cdot\lceil{n/2}\rceil-1\}\) besitzen.

Oder anders ausgedrückt: Wir nehmen eine ungerade Zahl z aus diesem Intervall. Wenn dies keine Primzahl ist, so besitzt diese einen größten Teiler \(1 < t \leq n\)... Da z ungerade ist, ist auch dieser Teiler t ungerade. Außerdem ist dieser Teiler t Element der Menge \(\{3, 5, 7, 9, ..., 2\cdot\lceil{n/2}\rceil-1\}\), da der Teiler t größer als 1 ist und diese Menge alle ungeraden Zahlen bis n beinhaltet:
\(t \leq 2\cdot\lceil{n/2}\rceil-1\)
Besitzt die ungerade Zahl z aber keinen (größten) Teiler t aus dieser Menge, so muss z selbst eine Primzahl sein. In diesem Intervall muss es aber mindestens Zahlen geben, die einen solchen größten Teiler t aus dieser Menge besitzen (es können nicht alle Primzahlen sein).

Nun interessiert sich Bekell aber dafür, ob alle diese n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen einen solchen Teiler t besitzen können oder welche dabei sein müssen, die keinen solchen Teiler t besitzen (und damit Primzahlen sein müssen).



Daher verlassen wir nun dieses obige Intervall und nehmen ein beliebiges Intervall aus n aufeinanderfolgenden, ungeraden Zahlen. Auch in diesem Intervall müssen einige Zahlen als (größten) Teiler \(t \leq n\) eine ungerade Zahl aus der Menge haben (nehmen wir etwa die 3, so gibt es unter 3 aufeinanderfolgende ungerade Zahlen in diesem beliebigen Intervall aus n aufeinanderfolgende ungerade Zahlen immer mindestens eine Zahl die durch 3 teilbar ist... entweder ist nun 3 dieser (größte) Teiler t aus der Menge, oder es ist eine andere Zahl aus dieser Menge... aber da die Zahl keine Primzahl ist (schließlich ist diese durch 3 teilbar) und ungerade ist, muss sie einen solchen Teiler aus dieser Menge haben).

Nun behauptet Bekell (so wie ich ihn verstehe): In jedem Intervall aus n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen muss es 2 Zahlen geben, die keinen Teiler aus der entsprechenden Menge besitzen und damit Primzahlen wären.

z.Bsp.:
- mit n = 3, M = {3}: beliebiges Intervall wie [1,3,5] -> die Zahl 3 besitzt den Teiler 3, aber 2 Zahlen (1 und 5) nicht.
- mit n = 8, M = {3,5,7}: beliebiges Intervall wie [11,13,15,17,19,21,23,25] -> min. 2 Zahlen (11,13,17,19,23) besitzen keinen Teiler t aus M.
usw...

Diese Behauptung versucht er dadurch zu beweisen, indem er die Teiler t aus der Menge M (und zusätzlich die 1 = die Zahl besitzt keinen Teiler t aus der Menge M) möglichst günstig auf den Intervall mit den n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen verteilt (sodass möglichste viele Zahlen des Intervalls von den Teilern t abgedeckt sind)... und dabei kommt er auf dieses Muster.
D.h. in einem beliebigen Intervall aus n = 14 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen sind die Teiler t aus der Menge M = {3,5,7,9,11,13} am günstigsten verteilt, wenn die erste und die letzte Zahl durch 13 teilbar ist, die zweite und die vorletzte durch 11, die dritte und die drittletzte durch 9, usw. So ermöglicht er, dass möglichste viele Zahlen durch einen solchen Teiler t aus der Menge M teilbar ist.
Also insgesamt: Günstigste Verteilung der Teiler t auf dieses Intervall =[13,11,9,7,5,3,-,-,3,5,7,9,11,13]
Aber selbst in dieser günstigsten Verteilung verbleiben 2 Zahlen, die kein solchen Teiler t aus der Menge M besitzen (die beiden in der Mitte). Und jede andere Verteilung der Teiler t auf ein solches Intervall aus n ungeraden, aufeinanderfolgenden Zahlen soll keine bessere Abdeckung mit den Teilern t ermöglichen. Damit habe jede andere (ungünstigere) Verteilung der Teiler t auf das Intervall auch mindestens 2 Zahlen in dem Intervall (nicht unbedingt benachbart wie in dieser Verteilung), die keinen solchen Teiler t besitzen... und das wollte er ja zeigen.


Also, wenn dieser Beweis wirklich stimmt... und somit in jedem beliebigen Intervall aus n ungerade, aufeinanderfolgenden Zahlen mindestens 2 Zahlen sein müssen, die keinen solchen Teiler t besitzen, so muss dies insbesondere auch für einen speziellen Intervall gelten. Erst jetzt nehmen wir wieder den Intervall aus n ungeraden Zahlen in \(]n^2,(n+1)^2[\)... unter diesen müssten dann auch 2 Zahlen sein, die keinen Teiler t aus M besitzen... und da sie größer als 1 sind, und da sie Primzahlen sind (wenn sie dann keinen solchen Teiler besitzen), so müsste letztendlich in diesem Intervall auch 2 Primzahlen sein. Und das will man ja letztendlich wissen ^^


Man muss wohl unterscheiden, wenn er sich auf einen speziellen Intervall (zwischen 2 Quadratzahlen) und wann auf einen beliebigen Intervall (aus n ungeraden, aufeinanderfolgenden Zahlen) bezieht.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.14 begonnen.]
\(\endgroup\)


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TomTom314
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\(\begingroup\)
Hallo Bekell,

Lassen wir Mal die Luft raus:

A) Im vorherigen Thread wurde behauptet/gezeigt: \(\pi(n)< n/2\) für hinreichend große n. Dieses folgt einfach auch \(\mathbb{P}\cap (2\IZ\cup 3\IZ) = \{2;3\}\) (*)

B) Im Themenstart wird nun - unter der Annahme, dass zwischen \(n^2\) und \((n+1)^2)\) keine Primzahl liegt - ein n-Tupel \((q_k)\) konstruiert, s.d. \(q_k\) prim, \(q_k \leq n\) und \(q_k| n^2 + 2k +1\) gilt . Dieses folgt im wesentlichen aus: m nicht prim \(\Rightarrow \exists r,s > 1: m=rs\) und \(r\leq\sqrt{m}\lor s\leq\sqrt{m}\)

Die Aussagen A und B würden nun einen Widerspruch erzeugen, falls die \(q_i\) paarweise verschieden wären, was aber einfach nicht gezeigt wurde (meine Meinung).


Hier siehst Du, warum Mathematiker die mathematische Fachsprache bevorzugen und auch einfordern. Damit konnte ich Deine eher länglichen Beschreibungen in relativ wenige Worte ohne neue Begriffe zusammenfassen und auf die Stelle hinweisen, wo der Beweis problematisch ist.

(*): \(\mathbb{P}\) - Menge aller Primzahlen, \(\pi(n)\) - Anzahl der Primzahlen \(\leq n\).
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Bekell
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2018-02-28 18:44 - MartinN in Beitrag No. 16 schreibt:
 ... diese hat er ja soweit ich weiß schon öfters präsentier...

naja... sie ist schon gewachsen und umgebaut und ausgefeilt.

@MartinN

zuerst danke ich für die Übersetzung. Sie ist mir auch eingängig. Du bekommst eine 1 dafür! Du hast die Teile II (Schubfachproblem) und  III (Legendre I) 100 % verstanden. Ist eigentlich auch nicht so schwer, nur scheine ich ausdrucksmäßig nicht sonderlich begabt zu sein ...

Hast Du was an der Idee zu bemängeln, ist sie folgerichtig? Findest Du irgendwelche Fehler?

Mit diesem Verständnis kannst Du jetzt die Teile I (PZ Perioden) und V (Legendre II) lesen. Dort geht es um die dritte notwendige PZ ab n=6.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]


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haribo
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danke martinN für deine zusammenfassung,

verstehe ich es richtig, die bekell vermutung besagt:
"dass es für jede natürliche Zahl n>3 mindestens zwei Primzahlen zwischen n^2 und (n+1)^2 gibt."

???

(wiso braucht er da n>3 als untere grenze ?
zwischen 2^2 und 3^3 gibt es doch auch zwei primzahlen 5; 7;)

haribo


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]



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Bekell
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2018-02-28 20:06 - TomTom314 in Beitrag No. 17 schreibt:
A) ...auch \(\mathbb{P}\cap (2\IZ\cup 3\IZ) = \{2;3\}\) (*)
Das versteh ich nicht!

B) .... Dieses folgt im wesentlichen aus: m nicht prim \(\Rightarrow \exists r,s > 1: m=rs\) und \(r\leq\sqrt{m}\lor s\leq\sqrt{m}\)
...und diesen Teil auch nicht... was ist r, und s und m?

Die Aussagen A und B würden nun einen Widerspruch erzeugen, falls die \(q_i\) paarweise verschieden wären, was aber einfach nicht gezeigt wurde (meine Meinung).
Warum wurde es nicht gezeigt... präzisiere es bitte!

Hier siehst Du, warum Mathematiker die mathematische Fachsprache bevorzugen und auch einfordern.
Das bezweifle ich nicht, und bemühe mich, es zu verstehen....Danke für die Mitarbeit ....

 ....auf die Stelle hinweisen, wo der Beweis problematisch ist.
Das ist wohl die Stelle, die ich nicht versteh. Ich denke, es geht darum ob nun die PZ < oder ≤ n sein müssen. Das haben wir oben mit Weird diskutiert. Weiß aber nicht, ob Du das meinst.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.18 begonnen.]


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MartinN
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@Bekell
Die anderen Threads habe ich weniger verfolgt, aber das hier kam mir wieder bekannt vor ^^ Daher mein Kommentar...
Vielleicht schaue ich mir mal die anderen an.
Aber ich denke schon, dass man das so zeigen könnte, wenn man wirklich zeigen kann, dass in jedem Intervall aus n benachbarten, ungeraden Zahlen wirklich 2 Zahlen dabei sind, die keinen ungeraden Teiler t aus der Menge besitzen.

Das Problem sehe ich da hierbei, ob deine "Zentralanordnung" dabei wirklich der günstigste Fall ist und die meisten Zahlen eines solchen Intervalls mit Teilern abdeckt. Er ist zwar schön symmetrisch und es wird gewährleistet, dass jedes t min. 2 Zahlen (außer vielleicht am Rand) abdeckt, aber das sicherlich noch kein hinreichendes Argument, dass dies wirklich die günstigste Abdeckung aller Zahlen mit den Teilern t ist und keine andere mögliche Verteilung der t mehr Zahlen abdecken würde.
Als Bsp. mit 15 <= n <= 29. Hier könnte man den zusammengesetzten Teiler 15 wie bei dir so anordnen, dass er 2 Zahlen überdeckt. Aber er könnte auch (in Bezug zu 15) ungünstiger liegen und nur eine Zahl abdecken... insgesamt muss dies aber sich nicht ungünstiger auf alle Zahlen / den gesamten Intervall auswirken, wenn dadurch die Teiler 3 und 5 für sich jeweils noch mehr Zahlen (als Ausgleich quasi) abdecken könnten. Dann könnte eine ungünstige Verteilung der 15 sich insgesamt positiv für den gesamten Intervall auswirken.
kA in wie weit du so etwas bedacht hast oder ein "Schubfachprinzip" dies berücksichtigt.


@Haribo
Ich habe n >= 3 gewählt, damit die Menge M der Teiler t keine leere Menge ist... und damit die Menge noch anschaulich ist (da sie mindestens immer die 3 beinhaltet). Kleinere n kann man ja per Hand machen...

n = 1 oder kleiner kann gar keine 2 Zahlen beinhalten... und damit auszuschließen.
n = 2 ist einfach: Jedes Paar benachbarter ungerader Zahlen (da n = 2) beinhaltet immer 2 Zahlen, die nicht durch einen Teiler der leeren Menge M = {} teilbar sind (egal wie diese Zahlen sind). Damit wären dies da auch immer gegeben... [hier muss man auch überhaupt keine t aus M verteilen auf das Intervall]



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TomTom314
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2018-02-28 20:24 - Bekell in Beitrag No. 20 schreibt:
2018-02-28 20:06 - TomTom314 in Beitrag No. 17 schreibt:
A) ...auch \(\mathbb{P}\cap (2\IZ\cup 3\IZ) = \{2;3\}\) (*)
Das versteh ich nicht!
Das sollte "aus" heißen. \(\mathbb{P}\) ist die Menge aller Primzahlen und \(2\IZ\) bezeichnet alle (ganzahligen) Vielfache von 2. \(2\IZ\cup 3\IZ\) ist also die Menge aller Zahlen, die durch 2 oder 3 teilbar ist. Diese ist schon sehr groß, d.h. von 6 aufeinanderfolgenden Zahlen sind 4 durch 2 oder 3 teilbar. Daher gibt es dann auch nicht mehr so viele Primzahlen.



B) .... Dieses folgt im wesentlichen aus: m nicht prim \(\Rightarrow \exists r,s > 1: m=rs\) und \(r\leq\sqrt{m}\lor s\leq\sqrt{m}\)
...und diesen Teil auch nicht... was ist r, und s und m?
Für eine natürliche Zahl m>1, die nicht prim ist, gibt es zwei weitere natürliche Zahlen r,s mit der Eigenschaft \(m=rs\) und \(r,s>1\). Diese wird abgekürzt mit \(\exists\) geschrieben. Dass \(r,s\in\IN\) gilt, hatte ich (versehentlich) weggelassen, da es aus dem Kontext (es geht um Primzahl/Teilbarkeit) ersichtlich sein sollte.



Die Aussagen A und B würden nun einen Widerspruch erzeugen, falls die \(q_i\) paarweise verschieden wären, was aber einfach nicht gezeigt wurde (meine Meinung).
Warum wurde es nicht gezeigt... präzisiere es bitte!
Ich habe es einfach nicht gefunden (verstanden). Bei der Konstruktion der Primzahlen \(q_k\) aus den Zahlen \(n^2+2k+1\) muß irgendwwann gezeigt werden, dass diese verschieden sind. Theoretisch könnten auch \(q_k=3\) für alle \(q_k\) gelten - oder sich irgendwie wiederholen. In diesen Fällen läßt sich kein Widerspruch erzeugen.



 ....auf die Stelle hinweisen, wo der Beweis problematisch ist.
Das ist wohl die Stelle, die ich nicht versteh. Ich denke, es geht darum ob nun die PZ < oder ≤ n sein müssen. Das haben wir oben mit Weird diskutiert. Weiß aber nicht, ob Du das meinst.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.18 begonnen.]
Die Unterscheiden \(<n\) oder \(\leq n\) ist für das Gesamtbild zunächst nicht so wichtig, sondern eher die Frage: Wieviel verschiedene Primzahlen \(q_k\) treten nun auf?


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.20 begonnen.]
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weird
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2018-02-28 18:44 - MartinN in Beitrag No. 16 schreibt:
Hi,
ich mag mal kurz beschreiben, wie ich Bekells Idee verstehe (diese hat er ja soweit ich weiß schon öfters präsentiert).

Aus meiner Sicht hast du im Prinzip verstanden, worum es hier geht, aber mit einer Einschränkung: Immer wenn du von einem ungeraden Teiler $t$ von einer $n>0$ aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen in $\mathbb{N}_{>1}$ sprichst, ist eigentlich der kleinste Primteiler dieser Zahl gemeint. Damit ist also jeder solchen Folge in eindeutiger Weise eine Folge von $n$ ungeraden Primzahlen zugeordnet, nämlich die Folge ihrer kleinsten Primteiler.


Man muss wohl unterscheiden, wenn er sich auf einen speziellen Intervall (zwischen 2 Quadratzahlen) und wann auf einen beliebigen Intervall (aus n ungeraden, aufeinanderfolgenden Zahlen) bezieht.

Ja, es geht hier eigentlich um 2 Vermutungen, die ich nachfolgend einmal deutlich anschreibe, damit man sich in nachfolgenden Diskussionen darauf beziehen kann:

Vermutung 1 ("Verallgemeinerte Legendresche Vermutung"): Jede Folge von $n>0$ aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen in $\mathbb{N}_{>1}$ enthält mindestens ein Folgenglied, dessen kleinster Primteiler $>n$ ist.

Vermutung 2 (Legendre): Zu jeder natürlichen Zahl $n>0$ gibt es immer eine Primzahl $p$ mit $n^2<p<(n+1)^2$.

Da aus der Richtigkeit der ersten Vermutung natürlich sofort auch die Richtigkeit der zweiten folgen würde, indem man sie auf die $n$ ungeraden Zahlen zwischen den beiden Quadratzahlen anwendet, würde es dann hier also genügen, die erste Vermutung zu beweisen, was Bekell ja auch versucht, wenn ich das richtig verstanden habe, wenngleich für mich seine diesbezüglichen Überlegungen in #8 mehr wie eine "Plausibilitätsbetrachtung" aussehen mit Behauptungen an entscheidender Stelle, die dann nicht wirklich bewiesen werden.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]
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Bekell
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2018-02-28 21:03 - MartinN in Beitrag No. 21 schreibt:
kA in wie weit du so etwas bedacht hast oder ein "Schubfachprinzip" dies berücksichtigt.


@MartinN
Das ist wirklich der Knackpunkt, denke ich. Es gibt mehrere Wege, dies zu beweisen, dünkt mich.
Ich habe daher die PZ-Perioden in Teil I eingeführt und diese studiert. In jeder Pz-Periode gibt es genau eine Maskem in welcher die PZ in Zentralanordnung positioniert sind. Dies ist immer das Belegungsmaximum.  

Mein Lieblingsweg (Weird nennt das Plausibilitätsbetrachtung) ist folgender: Jede 1. Bewegung einer Zeile aus der Zentralanordnung weg bringt 2 zusätzliche Löcher. Es gibt jetzt keine mögliche 2. Bewegung mehr, die diese beiden zusätzlichen Löcher - mit einer Bewegung! - stopfen kann, weil jede PZ einen andere Distanz überbrückt. Die 2. Bewegung kann also maximal 1 Loch stopfen, und reißt aber dafür ein neues Loch. Das heißt, jede Abweichung von der ZA hat schon einmal mindestens 3. Löcher. Ich definiere jetzt alle anderen Anordnungen von PZ im Intervall als Abweichungen von der ZA und, die haben mindestens 3 Löcher.
Man kann übrigens die Abweichung von der ZA genau berechnen, indem man ein ZA-Maske auf eine Intervall legt, und die Schritte der einzelne PZ zählt.
Es gibt noch andere, aber dies scheint mir die eingängigste Erklärung zu sein.

Man weiß z.B. daß alle anderen Abschnitte die höchste PZ nur einmal haben. Darüber hinaus befinden sich PZ-Doppelungen niemals im Zentrum, sondern immer im Flügel. Da bei jeder Doppelung ja eine PZ als aktive sich verabschiedet, ist logisch, daß die Belegungsrechte vermindert wird. Man muß das aber nicht berechnen, sondern nur feststellen, daß im Flügel nicht die Maximalbelegungsdichte vorliegt. Das ist doch zwingend.  

Nochmal zu n. Wir können uns auf gradzahlige n beschränken und brauchen wirklich nur die PZ < n in die Betrachtung einzubeziehen. Warum? Weil die letzte Zahl in einem ungeradzahligen Intervall eh und immer eine ungerade zusammengesetzte Zahl ist, aus diesem Grund: (x-1)*(x+1)=(x^2)-1. Das vereinfacht die Diskussion!




[Die Antwort wurde nach Beitrag No.21 begonnen.]


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Bekell
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2018-02-28 21:30 - weird in Beitrag No. 23 schreibt:
... wenngleich für mich seine diesbezüglichen Überlegungen in #8 mehr wie eine "Plausibilitätsbetrachtung" aussehen mit Behauptungen an entscheidender Stelle, die dann nicht wirklich bewiesen werden.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]

@Weird
..kannst Du den Kritikpunkt bitte genau zitieren, was Du als versteckte Behauptung betrachtest.
Danke



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2018-02-28 22:14 - Bekell in Beitrag No. 25 schreibt:
@Weird
..kannst Du den Kritikpunkt bitte genau zitieren, was Du als versteckte Behauptung betrachtest.

Naja, du hast doch oben z.B. geschrieben:

2018-02-22 23:09 - Bekell in Beitrag No. 8 schreibt:
Besser: Jede Bewegung von Zeilen aus der Zentralanordnung heraus, stellt eine Verletzung derselben dar und die notwendig mehr Löcher mit sich bringt, als es die Zentralanordnung hat.

Aber wenn ich das Beispiel von Primentus der 19 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen

$363,365,...,399$

hernehme, wo die "$p$-Leitern"  für die ungeraden Primzahlen $p\le 19$ bei folgenden Zahlen beginnen

$3$-Leiter: 363 (1.Pos.)
$5$-Leiter: 367 (3.Pos.)
$7$-Leiter: 371 (5.Pos.)
$11$-Leiter: 373 (6.Pos.)
$13$-Leiter: 365 (2.Pos.)
$17$-Leiter: 389 (14.Pos.)
$19$-Leiter: 383 (11.Pos.)

dann bleibt ja wohl nur mehr ein "Loch", nämlich bei $379$ frei. Wie erklärst du dir das?
\(\endgroup\)


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, eingetragen 2018-02-28


Schönes Bsp ^^

Etwas realistischer wenn man bei 4772571 startet und bis 4772607 das Intervall aus 19 ungeraden Zahlen betrachtet... darin sind die einzelnen Zahlen nämlich jeweils in der Weise durch t teilbar. Aber immerhin noch ein Loch.

Aber das zeigt, dass die symmetrische Anordnung der Teiler bis 19 nicht jene sein muss, die das Intervall am "dichtesten" abdeckt.



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Primentus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2018-03-01


2018-02-28 23:44 - MartinN in Beitrag No. 27 schreibt:
Etwas realistischer wenn man bei 4772571 startet und bis 4772607 das Intervall aus 19 ungeraden Zahlen betrachtet... darin sind die einzelnen Zahlen nämlich jeweils in der Weise durch t teilbar. Aber immerhin noch ein Loch.

Aber das zeigt, dass die symmetrische Anordnung der Teiler bis 19 nicht jene sein muss, die das Intervall am "dichtesten" abdeckt.

Genau so ist es. Die symmetrische Anordnung der Primteiler muss nicht zwangsläufig jene sein, welche die beste Abdeckung produziert. Und darin liegt meines Erachtens der entscheidende Fehler in Bekells Argumentation.

LG Primentus



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Bekell
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2018-03-01 00:30 - Primentus in Beitrag No. 28 schreibt:
2018-02-28 23:44 - MartinN in Beitrag No. 27 schreibt:
Etwas realistischer wenn man bei 4772571 startet und bis 4772607 das Intervall aus 19 ungeraden Zahlen betrachtet... darin sind die einzelnen Zahlen nämlich jeweils in der Weise durch t teilbar. Aber immerhin noch ein Loch.

Aber das zeigt, dass die symmetrische Anordnung der Teiler bis 19 nicht jene sein muss, die das Intervall am "dichtesten" abdeckt.

Genau so ist es. Die symmetrische Anordnung der Primteiler muss nicht zwangsläufig jene sein, welche die beste Abdeckung produziert. Und darin liegt meines Erachtens der entscheidende Fehler in Bekells Argumentation.

LG Primentus

Das träfe zu, wenn 3 Bedingungen erfüllt sind.
1. wenn die Serien quadratfrei sind. Sind sie das?
2. Wenn die Serie gradzahlig ist, denn wir hatten festgestellt, daß die letzte Zahl vor einem graden Quadrat immer ein ungerade zusammengesetzte Zahl ist, weil (x+1)*(x-1)=(x^2)-1, das heißt, wir können bei ungradzahligem n um eins kürzen, und liegen immer noch richtig. Damit können wir und auf PZ < n festlegen. Das ist wichtig, das einzusehen.
3. Die Serien müssen genau "maskenproduktiv liegen".

Was meint "maskenproduktiv"? Es reicht nicht die Länge n, sondern sie müssen so gelegen sein, daß, wenn man mit demselben Schritt verlängert, sie genau auf das Zentralintervall ihrer jeweiligen Periode zu stehen kämen.

Wir dürfen diese Bedingungen stellen, weil wir unsere Folge je zu einem bestimmten Zweck suchen, und dieser Zweck stellt eben diese Bedingungen.

Wenn diese 3. Bedingungen erfüllt sind, dann ....



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2018-02-28 23:05 - weird in Beitrag No. 26 schreibt:
Aber wenn ich das Beispiel von Primentus der 19 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen
$363,365,...,399$
hernehme, wo die "$p$-Leitern"  für die ungeraden Primzahlen $p\le 19$ bei folgenden Zahlen beginnen
$3$-Leiter: 363 (1.Pos.)
$5$-Leiter: 367 (3.Pos.)
$7$-Leiter: 371 (5.Pos.)
$11$-Leiter: 373 (6.Pos.)
$13$-Leiter: 365 (2.Pos.)
$17$-Leiter: 389 (14.Pos.)
$19$-Leiter: 383 (11.Pos.)
dann bleibt ja wohl nur mehr ein "Loch", nämlich bei $379$ frei. Wie erklärst du dir das?

Ich versteh Primentus Beispiel nicht. Bei mir ist das Intervall voller PZ und sieht so aus:

Oder habe ich was mißverstanden....? Eigentlich sind wir ja bei der grünen Spalte ...



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2018-03-01 07:30 - Bekell in Beitrag No. 30 schreibt:
Ich versteh Primentus Beispiel nicht. Bei mir ist das Intervall voller PZ und sieht so aus:

Oder habe ich was mißverstanden....? Eigentlich sind wir je bei der grünen Spalte ...

Ja, du hast das total missverstanden. Bei mir sind die 19 Zahlen von 363 bis 399 nur aufeinanderfolgende Marken, die darüberhinaus keine Bedeutung haben. Insbesondere besteht da keine "echte" Teilbarkeit, was die gelegten "$p$-Leitern" und ihre Positionen betrifft. Ich dachte, das wäre so selbstverständlich, dass ich es nicht einmal für notwendig hielt, es überhaupt zu erwähnen.  eek

Bezeichnenderweise hat aber MartinN in #27 sofort(!) verstanden, worum es bei dem Beispiel hier eigentlich geht und dir auch mit seinen Zahlen - die ungeraden Zahlen von 4772571 bis 4772607 - ein Beispiel nachgeliefert, wo nun auch die Teilbarkeitsbeziehungen wirklich stimmen.  wink

Und ja, deine weitere Reaktion war ja dann auch bezeichnend: Du stellst einfach weitere Bedingungen zu den ursprünglichen dazu, mit dem einzigen Zweck, dass sie genau dieses Beispiel dann unmöglich machen sollen. Sehr wahrscheinlich würdest du auch in dieser Weise fortfahren, würde man dir ein Beispiel liefern, welches genau diese weiteren Bedingungen ebenfalls erfüllt, wozu aber vermutlich dann niemand hier mehr Lust hat. frown
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2018-02-28 23:44 - MartinN in Beitrag No. 27 schreibt:
Etwas realistischer wenn man bei 4772571 startet und bis 4772607 das Intervall aus 19 ungeraden Zahlen betrachtet... darin sind die einzelnen Zahlen nämlich jeweils in der Weise durch t teilbar. Aber immerhin noch ein Loch.
Aber das zeigt, dass die symmetrische Anordnung der Teiler bis 19 nicht jene sein muss, die das Intervall am "dichtesten" abdeckt.


1. ist das Intervall quadratfrei .... (gut)
2. ist es 19 lang und enthält 1  die 19
3. mit dem einen Loch meist Du sicher den kleinsten Teiler 1231.

wir machen jetzt folgendes: Wir sagen, Ja man, kann ein n-ungeradzahliges Intervall bis auf eines mit PZ unter n belegen. (Was im übrigen ja schon den eigentlichen Legendre bestätigen würde, nur mich mit meinen 2 eben nicht)
Und wir machen das im Vorposting Gesagte offiziell: Wir sagen, weil das iI, das ja auch hergibt, daß mit Zentralintervallen immer nur gradzahlige n gemeint sind und das zugelassene PZ immer nur < n sind.  

Und dann führen wird für die interquadratischen Intervalle dasselbe ein. Nur n= grade ist noch zugelassen. Das dürfen wir.

Aber hier aber geht es um meinen Satz: Alle Abweichungen von der Zentralanordnung haben notwendig 1 Loch mehr als in der Zentralanordnung. Hier haben wir ja eine Anordnung, nehmen wir n=18, die, im Gegensatz zu der von Primentus oben, voller Abweichungen genausoviel Löcher hat, wie die in der Zentralanordnung. Ich werde das mal messen....und melde mich dazu noch ... Da werde ich wohl was ergänzen müssen oder ihn streichen und durch was Geeignetes ergänzen... denn er war der Zentralstein meiner Argumentation zur notwendigen 3. PZ in jedem iI.

Ich werde herausfinden müssen, unter welchen Bedingungen das so sein kann,





[Die Antwort wurde nach Beitrag No.30 begonnen.]


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2018-03-01 08:13 - weird in Beitrag No. 31 schreibt:
Sehr wahrscheinlich würdest du auch in dieser Weise fortfahren, würde man dir ein Beispiel liefern, welches genau diese weiteren Bedingungen ebenfalls erfüllt, wozu aber vermutlich dann niemand hier mehr Lust hat. frown

Ich denke, meine Reaktion ist schon angemessen. Siehe das Posting zu MartinN. Das von Primentus hatte ich so nicht verstanden, wunderte mich auch, warum er mit dem 19-er iI kommt. Ich fahre also nicht in der Weise fort .... und sehe, was falsch ist an meiner Argumentation. Ich brauche eben manchmal etwas länger, aber bin nicht beratungsresistent. Um etwas aber einzusehen, muß man das Gesagte begreifen.... MartinN's Beispiel habe ich sofort begriffen und es ist gut, und zeigt mir, mein Satz mit der notwendigen einen zusätzlichen Lücke in von der ZA abweichenden Intervallen stimmt so nicht!
Das hindert aber nicht am Weiterdenken, und er ist - Gott sei Dank - bislang auch nur für einen weiterführenden Beweis schädlich, nicht für den Nachweis 2 PZ im iI. Aber das siehst Du auch, Weird.

Es kommen aber Leute, die sagen, vllt gibt es auch ein Intervall, welches gar kein Loch hat? - denn mein Vorgehen über das Zentralintervall mit ungeraden Zahlen und dann erst mit PZ war ja wesentlich ein Analogieschluß, und mit Analogieschlüssen ist es so eine Sache. Sie sind nicht unbedingt zwingend. Oder wie siehst Du den Übergang von der Betrachtung in ung. Zahlen und dann der in PZ?


Deswegen noch eine klärende Frage an Dich Weird. Stellst Du auch jetzt noch die beiden notwendigen Lücken im Intervall in Frage, weil Du sagst: Es kann noch irgendwo ein Intervall geben, wo alle Primteiler < gerades n sind, und welches voll besetzt ist, oder sagst Du auch: Es gibt bei geradem n immer 2 offene Stellen und bei ungeradem n immer mindestens eine, wenn man die Bedingung kleinergleich akzeptiert. Das könntest Du bitte mal satzmäßig mathematisch formuliert festhalten.
Oder sagst Du, weder die eine Lücke im Falle ungerade n noch die zwei Lücken im Falle gerade n sind bewiesen, sondern nur, sagen wir, durch "Plausibilitätsbetrachtung" unterlegt .....

... dann wäre aber ich der frühere n=8 Beweis fehlerhaft, denn da sagtest Du ja, daß der Schluß, daß mindestens eine PZ im Intervall notwendig sein müsse, "im Kern richtig sei" .

Was mich übrigens wundert, ist, daß die mathematisch Gebildeten hier kaum Literatur oder Sätze zitieren. Ich kann mir nur schlecht vorstellen, daß über unsere Fragen hier noch niemand nachgedacht hat, und das es dazu so scheinbar gar keine Ergebnisse gibt. Ich kann mir auch vorstellen, daß es da durchaus schon Ergebnisse gibt, die nur noch niemand zusammengestellt hat in Bezug auf Legende, weil, es gibt inzwischen eine ganze Menge Mathematiker ...  


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haribo
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2018-02-28 21:30 - weird in Beitrag No. 23 schreibt:

Vermutung 2 (Legendre): Zu jeder natürlichen Zahl $n>0$ gibt es immer eine Primzahl $p$ mit $n^2<p<(n+1)^2$.


ich habe bekell so verstanden:

Vermutung 2 (Bekell/Legendre): Zu jeder natürlichen Zahl $n>0$ gibt es immer mindestens zwei Primzahlen $p$ mit $n^2<p<(n+1)^2$.

damit folgte aus der richtigkeit der vermutung 1 dann wohl nicht mehr automatisch die richtigkeit der vermutung 2 ...

haribo
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Bekell
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2018-03-01 10:11 - haribo in Beitrag No. 34 schreibt:
2018-02-28 21:30 - weird in Beitrag No. 23 schreibt:
Vermutung 1 ("Verallgemeinerte Legendresche Vermutung"): Jede Folge von n>0 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen in N>1 enthält mindestens ein Folgenglied, dessen kleinster Primteiler >n ist.
Vermutung 2 (Legendre): Zu jeder natürlichen Zahl $n>0$ gibt es immer eine Primzahl $p$ mit $n^2<p<(n+1)^2$.
ich habe Bekell so verstanden:
Vermutung 2 (Bekell/Legendre): Zu jeder natürlichen Zahl $n>0$ gibt es immer mindestens zwei Primzahlen $p$ mit $n^2<p<(n+1)^2$.
.. damit folgte aus der richtigkeit der vermutung1 dann wohl nicht mehr automatisch die richtigkeit der vermutung 2

Ja, da hast Du mich richtig verstanden, Haribo.
Der Beweis meiner Vermutung bewiese aber auch die ursprünglichen Legendre-Vermutung. Denn wenn es 2 PZ pro iI. gäbe, gäbe es auch eine PZ pro iI.

Weird ist jetzt auf den ursprünglichen Legendre zurückgegangen, weil es ungerade Intervalle der Länge n gibt, die bis auf 1 mit PZ ≤ n gefüllt sind. - siehe Posting von MartinN.

Ich habe ja jetzt als Zusatzbedingung, daß wir uns nur um gerade Intervalle kümmern, und dort auch nur mit der Bedingung pz<n.



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haribo
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2018-03-01 11:27 - Bekell in Beitrag No. 35 schreibt:

Weird ist jetzt auf den ursprünglichen Legendre zurückgegangen, weil es ungerade Intervalle der Länge n gibt, die bis auf 1 mit PZ ≤ n gefüllt sind. - siehe Posting von MartinN.

Ich habe ja jetzt als Zusatzbedingung, daß wir uns nur um gerade Intervalle kümmern, und dort auch nur mit der Bedingung pz<n.


es gibt noch mehr intervalle der länge n=19 die bis auf 1 mit PZ ≤ n gefüllt sind

z.B. 4.927.083

aber auch mit kleineren startzahlen hab ich fünf weitere derartige n=19er gefunden, allen von mir gefundenen gemein ist dass:

- die kleinste zahl der folge durch 3 teilbar ist
- eine der zahlen durch 21(3;7;) teilbar ist, (diese zweite gemeinsamkeit ergibt sich wohl schon aus der ersten... da ja 19=6x3+1 iss)
- eine weitere zahl ist immer durch 15(3;5;) teilbar
- alle anderen zahlen sind jeweils nur durch eine einzige der primzahlen 3;5;7;11;13;17;19 teilbar


da dass alleine schon spannend ist, würde ich dir auch empfehlen nicht sofort eine weitere zusatzbedingung einzubauen, sondern erstmal diese "einlöchrigen" weiter zu untersuchen, denn fals du/man beweisen könnte dass es keine null-löchrigen 19er folgen geben kann hättest du damit immerhin was sehr tolles bewiesen

haribo





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weird
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@haribo

Prinzipiell ist es so, dass man für eine Klassifikation aller "1-löchrigen" Folgen von 19 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen zuerst alle "patterns" finden sollte, bei denen nach Auslegen aller "$p$-Leitern" für alle ungeraden Primzahlen $p\le 19$ am Ende genau ein "Loch" übrigbleibt, welches also durch keine der Leitern überdeckt wird.

Mein Grundmuster war - wobei ich jetzt nicht weiß, ob es mit jenem von Primentus ident ist, der ja zuerst diese Idee hatte - dass die Liste der Positionen für die erste Sprosse der einzelnen Leitern

$[1,3,5,6,2,14,11]$

sein sollte, d.h., die $3$-Leiter beginnt in Position $1$, die $5$-Leiter in Position $3$ usw. usf.

Bezeichnet dann $a_i,\ i=1,2,...,7$, das $i$-te Element in obiger Liste, so muss man nur das Kongruenzensystem

$x\equiv 1 \mod 2, \ x\equiv -2\cdot (a_i-1) \mod p_i, \ i=1,2,...,7$

wobei $p_i$ hier die $i$-te ungerade Primzahl bezeichnet, mithilfe des Chinesischen Restsatzes lösen und kommt dann auf die Lösung

$a\equiv 4772571 \mod 2\cdot 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 15\cdot 17\cdot 19\cdot$

für den Startwert $a$ der Folge, der sich auch die Lösung von MartinN unterordnet.

Andersherum betrachtet, könnte man natürlich auch nur einfach alle $4849845\ (= 3\cdot 5\cdot 7\cdot 11\cdot 13\cdot 15\cdot 17\cdot 19$) Möglichkeiten für den Startwert $a$ durchprobieren, was ja hier durchaus noch machbar erscheint, und sieht dann sofort, ob auch "0-löchrige" darunter sind und auch, ob es noch andere "patterns" als das von mir oben angegebene gibt, welche auf eine 1-löchrige Lösung führen. Dieser Weg ist aber hier nur für Folgen der Länge $19$ noch gangbar, für sehr viel größere Längen aber dann nicht mehr. Das ist schade, denn der nächste "Vierling", also eine Formation besonders großer Primzahldichte, die man hier braucht, ist erst wieder in der Dekade zwischen $100$ und $110$.  cool
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haribo
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ich hab nur durchprobiert, schön 65000 zeilen in excel... ca.30 mal (weil ich zu wenig verstehe...)

aber wir können ruhig später kontrolieren ob dabei andere pattern (was ist das?) auftreten



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weird
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2018-03-01 15:19 - haribo in Beitrag No. 38 schreibt:
aber wir können ruhig später kontrolieren ob dabei andere pattern (was ist das?) auftreten

Wenn du einen ungeraden Startwert $a>1$ gewählt hast und damit die Folge

$a,a+2,a+4,...a+36$

aus 19 aufeinanderfolgneden ungeraden Zahlen gebildet hast, musst du für sie die Folge

$q_1,q_2,...,q_{19}$

der kleinsten Primteiler bilden und für diese dann nachsehen, an welcher Position $a_1$ zum ersten Mal eine $3$ steht, an welcher Postion $a_2$ zum ersten Mal eine $5$ usw. für alle sieben ungeraden Primzahlen bis $19$. Die Liste $[a_1,a_2,...,a_7]$ ist dann das "pattern" hier. Die Frage ist, ob es noch andere Grundmuster gibt, als das oben von mir angegebene, wo die Überdeckung durch die entsprechenden Leitern, welche genau an den entsprechenden in der Liste angegebenen Positionen starten, ebenfalls $1$-löchrig ist.
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