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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:56 So 13.04.2008 | | Autor: | grenife |
| Aufgabe | Beweisen Sie die folgende [mm] Behauptung:\\
[/mm]
Ist [mm] $a\in\mathbb{N}$ [/mm] eine gerade vollkommene Zahl, so ist jeder positive echte Teiler $d$ von $a$ defizient, d.h. für die Teilersumme [mm] $\sigma [/mm] (d)$ gilt [mm] $\sigma [/mm] (d) <2d$. |
Hi,
wäre dankbar, wenn jemand von Euch meinen Beweis überprüfen könnte.
Jede gerade Zahl lässt sich schreiben als [mm] $a=2^{s-1}\cdot [/mm] b$ mit $b$ ungerade und [mm] $s\geq [/mm] 2$. Wenn $a$ vollkommen ist, dann ist $b$ notwendig eine Mersenne-Primzahl mit [mm] $b=2^s-1$. [/mm] Demnach sind die echten positiven Teiler $d$ von $a$ entweder $d=b$, [mm] $d=2^{r-1}$ [/mm] für jedes [mm] $r\in\mathbb{N}$ [/mm] mit [mm] $2\leq r\leq [/mm] s$ oder [mm] $d=b\cdot 2^{r-1}$ [/mm] wiederum für jedes [mm] $r\in\mathbb{N}$ [/mm] mit [mm] $2\leq r\leq [/mm] s$. Für diese drei Fälle wird nun überprüft, ob $d$ defizient ist.
Für $d=b$ gilt: [mm] $\sigma [/mm] (b) = b+1 <2b$, da $b$ prim ist und als echter Teiler von $a$ $b>1$ gilt.
Für [mm] $d=2^{r-1}$ [/mm] folgt: [mm] $\sigma(2^{r-1})=1+\sum_{i=1}^{r-1}2^i$. [/mm] Durch vollständige Induktion wird für alle $r$ gezeigt, dass [mm] $1+\sum_{i=1}^{r-1}2^i<2^r$ [/mm] gilt:
Induktionsanfang für $r=2$: 1+2<4.
Induktionsschritt: I(r+1): [mm] $1+\sum_{i=1}^{r}2^i=2^r+1+\sum_{i=1}^{r-1}2^i$. [/mm] Es gelte I(r): [mm] $1+\sum_{i=1}^{r-1}2^i<2^r$. [/mm] Es folgt [mm] $1+\sum_{i=1}^{r}2^i<2^r+2^r=2\cdot 2^r=2^{r+1}$, [/mm] also die Gültigkeit des Induktionsschrittes von I(r) nach I(r+1).
Für [mm] $d=2^{r-1}$ [/mm] gilt somit [mm] $\sigma (2^{r-1})<2^r=2\cdot 2^{r-1} [/mm] =2d$, also die Defizienz von [mm] $d=2^{r-1}$.
[/mm]
Für [mm] $d=b\cdot 2^{r-1}$ [/mm] gilt: [mm] $\sigma(b\cdot 2^{r-1})=(b+1)\cdot (1+\sum_{i=1}^{r}2^i)$. [/mm] Mit den beiden ersten Ergebnissen gilt [mm] $\sigma(d)<2b\cdot 2^r=2d$, [/mm] also auch die Defizienz für den letzten Fall eines positiven echten Teilers.
Vielen Dank für Eure Hilfe!
Gregor
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:57 So 13.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Beweisen Sie die folgende [mm]Behauptung:\\[/mm]
> Ist [mm]a\in\mathbb{N}[/mm] eine gerade vollkommene Zahl, so ist
> jeder positive echte Teiler [mm]d[/mm] von [mm]a[/mm] defizient, d.h. für die
> Teilersumme [mm]\sigma (d)[/mm] gilt [mm]\sigma (d) <2d[/mm].
>
> wäre dankbar, wenn jemand von Euch meinen Beweis überprüfen
> könnte.
>
> Jede gerade Zahl lässt sich schreiben als [mm]a=2^{s-1}\cdot b[/mm]
> mit [mm]b[/mm] ungerade und [mm]s\geq 2[/mm]. Wenn [mm]a[/mm] vollkommen ist, dann ist
> [mm]b[/mm] notwendig eine Mersenne-Primzahl mit [mm]b=2^s-1[/mm]. Demnach
> sind die echten positiven Teiler [mm]d[/mm] von [mm]a[/mm] entweder [mm]d=b[/mm],
> [mm]d=2^{r-1}[/mm] für jedes [mm]r\in\mathbb{N}[/mm] mit [mm]2\leq r\leq s[/mm] oder
> [mm]d=b\cdot 2^{r-1}[/mm] wiederum für jedes [mm]r\in\mathbb{N}[/mm] mit
> [mm]2\leq r\leq s[/mm].
Wenn du einen echten Teiler haben willst, musst du beim letzten Fall $r < s$ fordern! Ansonsten kommt ja wieder $a$ raus...
> Für diese drei Fälle wird nun überprüft, ob
> [mm]d[/mm] defizient ist.
>
> Für [mm]d=b[/mm] gilt: [mm]\sigma (b) = b+1 <2b[/mm], da [mm]b[/mm] prim ist und als
> echter Teiler von [mm]a[/mm] [mm]b>1[/mm] gilt.
>
> Für [mm]d=2^{r-1}[/mm] folgt: [mm]\sigma(2^{r-1})=1+\sum_{i=1}^{r-1}2^i[/mm].
> Durch vollständige Induktion wird für alle [mm]r[/mm] gezeigt, dass
> [mm]1+\sum_{i=1}^{r-1}2^i<2^r[/mm] gilt:
Man kann uebrigens auch leicht zeigen (mit der geometrischen Summenformel z.B.), dass $1 + [mm] \sum_{i=1}^{r-1} 2^i [/mm] = [mm] \sum_{i=0}^{r-1} 2^i [/mm] = [mm] 2^r [/mm] - 1$ ist, und das ist natuerlich immer echt kleiner als [mm] $2^r$ [/mm] 
> Für [mm]d=b\cdot 2^{r-1}[/mm] gilt: [mm]\sigma(b\cdot 2^{r-1})=(b+1)\cdot (1+\sum_{i=1}^{r}2^i)[/mm].
> Mit den beiden ersten Ergebnissen gilt [mm]\sigma(d)<2b\cdot 2^r=2d[/mm],
Vorsicht, hier hast du einen Faktor 2 verloren gehen lassen, es ist $2 b [mm] \cdot 2^r [/mm] = 4 [mm] \cdot [/mm] b [mm] \cdot 2^{r-1}$, [/mm] du willst aber $< 2 [mm] \codt [/mm] b [mm] \cdot 2^{r-1}$!
[/mm]
Hier musst du etwas exakter arbeiten und [mm] $\sigma(2^{r-1}) [/mm] = [mm] 2^r [/mm] - 1$ benutzen (wobei, [mm] $\le 2^r [/mm] - 1$ reicht eigentlich auch, das hast du durch deine Induktion ja auch bekommen). Es ist $(b + 1) [mm] (2^r [/mm] - 1) = [mm] 2^r [/mm] b + [mm] (2^r [/mm] - b - 1)$, und das soll $< [mm] 2^r [/mm] b$ sein. Das bedeutet, dass [mm] $2^r [/mm] < b + 1$ sein muss. Aber das solltest du jetzt schnell hinbekommen :)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:05 Mo 14.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Hier musst du etwas exakter arbeiten
Damit moechte ich uebrigens nicht deinen Stil kritisieren, sondern nur sagen dass du nicht so grob abschaetzen darfst 
LG Felix
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:49 Mo 14.04.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo Gregor,
> erstmal vielen Dank für den Hinweis!
> Soweit alles klar, mein letzter Schritt wäre dieser:
>
> Durch die Umformungen muss gelten [mm]-b+2^r-1<0[/mm], also [mm]2^r
> Mit der Voraussetzung, dass [mm]b=2^s-1[/mm] gilt, folgt:
> [mm]2^r<2^s-1+1 \Leftrightarrow 2^r<2^s[/mm], was aber wegen [mm]2\leq r
> stets erfüllt ist. Ist das die Idee, die Du hattest?
genau! Hier siehst du auch, dass $r < s$ ganz wichtig ist. Wenn es auch fuer $r = s$ gehen wuerde, dann haettest du naemlich gezeigt, dass die Zahl $a$ selber gar nicht vollkommen ist
LG Felix
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