nette Aufgabe I < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | Sei [mm]n\in\IN[/mm], [mm]n>1[/mm].
Zeige: [mm]n^4+4^n[/mm] ist nicht prim. |
Hallo zusammen,
habe kürzlich oben stehende nette kleine Aufgabe gefunden.
Wer mag, kann sich daran probieren ...
Viel Spaß
Gruß
schachuzipus
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:35 So 19.06.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei [mm]n\in\IN[/mm], [mm]n>1[/mm].
>
> Zeige: [mm]n^4+4^n[/mm] ist nicht prim.
>
> habe kürzlich oben stehende nette kleine Aufgabe
> gefunden.
Darf ich fragen wo?
Ich hab gerade etwas mit Maple herumgespielt, und habe am Beispiel $n = 55$ herausgefunden, dass offenbar fuer $n = 2 m + 1$ (mit $m [mm] \ge [/mm] 1$) die Zahl [mm] $2^n [/mm] - [mm] (2^{m+1} [/mm] - n) [mm] \cdot [/mm] n$ ein echter Teiler von [mm] $4^n [/mm] + [mm] n^4$ [/mm] ist.
Fuer $n = 2 m$ ist immer 2 ein Teiler von [mm] $4^n [/mm] + [mm] n^4$. [/mm] Wenn diese Relation also stimmt, waer die Behauptung gezeigt. Und eine schoenere Relation gibt es vermutlich nicht, da dies fuer $n = 55$ der kleinste Primteiler von [mm] $4^n [/mm] + [mm] n^4$ [/mm] ist.
Sei $N := [mm] 2^{2m+1} [/mm] - [mm] (2^{m+1} [/mm] - 2m-1) [mm] \cdot [/mm] (2m+1)$. Dann ist [mm] $(2m+1)^4 [/mm] + [mm] 4^{2m+1} \equiv (2m+1)^4 [/mm] + [mm] (2^{m+1} [/mm] - [mm] 2m-1)^2 \cdot (2m+1)^2 [/mm] = [mm] (2m+1)^2 [/mm] [2 (2 m + [mm] 1)^2 [/mm] + [mm] 2^{2m+2} [/mm] - [mm] 2^{m+2} [/mm] (2m-1)] [mm] \equiv (2m+1)^2 [/mm] [2 (2 m + [mm] 1)^2 [/mm] + 2 [mm] \cdot (2^{m+1} [/mm] - 2m-1) [mm] \cdot [/mm] (2m+1) - [mm] 2^{m+2} [/mm] (2m-1)] = [mm] (2m+1)^3 [/mm] [4 m + 2 + [mm] 2^{m+2} [/mm] - 4m-2 - [mm] 2^{m+2}] [/mm] = [mm] (2m+1)^3 \cdot [/mm] 0 [mm] \pmod{N}$. [/mm] Damit folgt die Behauptung.
Man kann jetzt natuerlich auch noch explizit die Zerlegung von [mm] $4^n [/mm] + [mm] n^4$ [/mm] als Produkt zweier algebraischer Ausdruecke ausrechnen, aber darauf habe ich grad keine Lust 
LG Felix
|
|
|
| |
|
Hallo Felix,
guck mal in deine PNs ...
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:30 Mo 20.06.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo schachuzipus,
eine schöne Aufgabe.
> Sei [mm]n\in\IN[/mm], [mm]n>1[/mm].
>
> Zeige: [mm]n^4+4^n[/mm] ist nicht prim.
1) Für gerade n ist [mm] n^4+4^n>2 [/mm] und gerade, also nicht prim.
2) Für ungerade n ist [mm] n^4+4^n=\left(n^2+2^n+n*2^{\bruch{n+1}{2}}\right)*\left(n^2+2^n-n*2^{\bruch{n+1}{2}}\right)
[/mm]
Dabei ist die rechte Klammer für n>1 ebenfalls >1, mithin [mm] n^4+4^n [/mm] nicht prim.
Grüße
reverend
|
|
|
| |
|
Hallo reverend,
> Hallo schachuzipus,
>
> eine schöne Aufgabe.
>
> > Sei [mm]n\in\IN[/mm], [mm]n>1[/mm].
> >
> > Zeige: [mm]n^4+4^n[/mm] ist nicht prim.
>
> 1) Für gerade n ist [mm]n^4+4^n>2[/mm] und gerade, also nicht
> prim.
>
> 2) Für ungerade n ist
> [mm]n^4+4^n=\left(n^2+2^n+n*2^{\bruch{n+1}{2}}\right)*\left(n^2+2^n-n*2^{\bruch{n+1}{2}}\right)[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Dabei ist die rechte Klammer für n>1 ebenfalls >1, mithin
> [mm]n^4+4^n[/mm] nicht prim.
So sieht's aus ...
Gut, gut !
>
> Grüße
> reverend
>
Gruß
schachuzipus
|
|
|
| |
|
Hallo schachuzipus,
> Zeige: [mm]n^4+4^n[/mm], n>1 ist nicht prim.
Keine leichte Aufgabe. Ich habe sie irgendwann schonmal gelöst, will mich aber nochmal daran probieren:
Für n gerade ist die Aussage klar (Teilbarkeit durch 2).
Sei nun n ungerade, also [mm] \frac{n+1}{2} [/mm] gerade. Hier rechnen wir mit verschiedenen binomischen Formeln:
[mm] n^4+4^n=(n^2+2^n)^2-2n^22^n=(n^2+2^n)^2-n^22^{n+1}=(n^2+2^n)^2-\left(n*2^{(n+1)/2}\right)^2
[/mm]
[mm] =\left[(n^2+2^n)+ (n*2^{(n+1)/2)})\right]*\left[(n^2+2^n)-(n2^{(n+1)/2)})\right]
[/mm]
Es ist noch zu zeigen, dass beide Faktoren >1 sind. Bei dem ersten ist das offensichtlich. Für den zweiten benötigen wir eine Abschätzung
(i) [mm] (n^2+2^n)-(n2^{(n+1)/2})>1
[/mm]
Die sieht man so:
[mm] n^2+2^n-n2^{(n+1)/2}>n^2+ 2^{n-1}-n2^{(n+1)/2}=(2^{(n-1)/2}-n)^2
[/mm]
LG
|
|
|
| |
|
Hallo kamaleonti,
ja, sehr schön.
Ich habe dir mal die Leserechte eingeräumt, so dass du die anderen Antworten mitlesen kannst, wenn du möchtest ...
Es geht mit einer Vorüberlegung aber noch ein klein wenig eleganter
Es lässt sich [mm]x^4+4y^4[/mm] mit quadrat. Ergänzung und 3.binom. Formel faktorisieren zu [mm](x^2+2y^2+2xy)(x^2+2y^2-2xy)[/mm]
Damit kann man für ungerades [mm]n=2k+1[/mm] schreiben
[mm]n^4+4^n=n^4+4^{2k+1}=n^4+4\cdot{}4^{2k}=n^4+4\cdot{}\left(2^k\right)^4[/mm]
Mit [mm]x=n[/mm] und [mm]y=2^k[/mm] hat man das Gewünschte.
Gruß
Ralf
|
|
|
| |
|
Hallo!
Hätte das jetzt mit vollständiger Induktion gelöst.
A(n) := [mm] n^{4}+2^{n}
[/mm]
IA: n=2
[mm] 2^{4}+2^{2} [/mm] = 20 das ist nicht prim.
IS: A(n+1)
[mm] (n+1)^{4}+2^{n+1}
[/mm]
[mm] n^{4}+4n^{3}+6n^{2}+4n+1+2^{n+1}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [b]n^{4}+2^{n+1}[/b]+4n^{3}+6n^{2}+4n+1
[/mm]
[mm] A_{2}(n) [/mm] := [mm] 4n^{3}+6n{2}+4n+1
[/mm]
IA: n=2 ...=65 nicht prim
IS:
[mm] 4*(n+1)^3+6*(n+1)^{2}+4*(n+1)+1
[/mm]
[mm] [b](4n^{3}+6n^{2}+4n+1)[/b]+12n^{2}+24n+14
[/mm]
[mm] A_{3}(n) [/mm] := [mm] 12n^{2}+24n+14
[/mm]
IA: Sein n=2 ... =110 nicht prim
Is: [mm] 12(n+1)^2+24(n+1)+14
[/mm]
[mm] (12n^{2}+24n+14) [/mm] +24n+36
[mm] A_{4}(n) [/mm] := 24n+36
IA: n=2 ...=84
IS
24(n+1)+36
24n+24+36
[mm] \Rightarrow [/mm] 24n+36 Ist nach IV ja nicht prim.
[mm] A_{5}(n) [/mm] :=24 nicht prim.
gruß
|
|
|
| |
|
Hallo Valerie,
> Hallo!
> Hätte das jetzt mit vollständiger Induktion gelöst.
>
> A(n) := [mm]n^{4}+2^{n}[/mm]
>
> IA: n=2
Naja, für gerades [mm]n[/mm] sind doch [mm]n^4[/mm] und [mm]4^n[/mm] gerade, [mm] $n^4+4^n$ [/mm] hat also den Teiler 2.
Wenn, dann musst du Induktion über ungerade [mm]n=2k+1[/mm] versuchen.
IA: [mm]k=1[/mm], also [mm]n=3[/mm]
IS: [mm]k\to k+1[/mm]:
IV: [mm]k\in\IN, k\ge 1[/mm] mit [mm]n=2k+1[/mm] und gelte [mm]n^4+4^n[/mm] habe einen nicht-trivialen Teiler
Dann ist zu zeigen, dass auch [mm]m^4+4^m[/mm] mit [mm]m=2(k+1)+1=2k+3[/mm] einen nicht-triv. Teiler hat ...
>
> [mm]2^{4}+2^{2}[/mm] = 20 das ist nicht prim.
>
> IS: A(n+1)
>
> [mm](n+1)^{4}+2^{n+1}[/mm]
>
> [mm]n^{4}+4n^{3}+6n^{2}+4n+1+2^{n+1}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow [b]n^{4}+2^{n+1}[/b]+4n^{3}+6n^{2}+4n+1[/mm]
>
> [mm]A_{2}(n)[/mm] := [mm]4n^{3}+6n{2}+4n+1[/mm]
>
> IA: n=2 ...=65 nicht prim
>
> IS:
> [mm]4*(n+1)^3+6*(n+1)^{2}+4*(n+1)+1[/mm]
>
> [mm][b](4n^{3}+6n^{2}+4n+1)[/b]+12n^{2}+24n+14[/mm]
>
> [mm]A_{3}(n)[/mm] := [mm]12n^{2}+24n+14[/mm]
>
> IA: Sein n=2 ... =110 nicht prim
>
> Is: [mm]12(n+1)^2+24(n+1)+14[/mm]
>
> [mm](12n^{2}+24n+14)[/mm] +24n+36
>
> [mm]A_{4}(n)[/mm] := 24n+36
>
> IA: n=2 ...=84
>
> IS
> 24(n+1)+36
> 24n+24+36
> [mm]\Rightarrow[/mm] 24n+36 Ist nach IV ja nicht prim.
>
> [mm]A_{5}(n)[/mm] :=24 nicht prim.
Puh, das kann ich kaum nachvollziehen ...
Das solltest du bitte nochmal sorgfältiger aufschreiben, beachte meine Anmerkung.
Wenn du magst, kann ich dir Leserechte für die anderen Antworten einräumen.
Oder du magst erst nochmal selber probieren?!
Gib diesbzgl. kurz Bescheid!
Weiterhin viel Spaß
LG
schachuzipus
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:19 Fr 24.06.2011 | | Autor: | Valerie20 |
Bei Zeit werd ich es noch mal schön abtippen...
gruß
|
|
|
| |
|
edit: alles etwas sehr kompliziert, siehe meine Mitteilung zwei Posts weiter unten.^^
Ok, dein Tipp hier https://matheraum.de/read?i=805758 zusammen mit der Formel von KingStone macht die ganze Sache wirklich leicht^^
Dass ein n, für dass [mm]n^4 + 4^n[/mm] prim ist (so es denn existiert), an letzter Stelle eine 5 stehen haben muss (also durch 5 teilbar und nicht durch 2 ist) hat reverend ja freundlicherweise schon als trivial abgetan (^^), weshalb ich das hier nicht noch extra erörtere (wer nen Beweis dafür will sagt bescheid ;) )
Es ist also:
[mm]n^4 + 4^n = (5m)^4 + 4^{5m}[/mm] für [mm]n = 5m[/mm], [mm]m \in \IN[/mm] zu betrachten.
Nun hab ich mir die Formel aus obigem Link von KingStone geschnappt und sie ein wenig umgebastelt bis sie für diesen Fall passt.
Es ist nämlich:
[mm](5m)^4 + 4^{5m} = ( ( 5m)^2 +2^m * 4^{2m} + 2^{\frac{m+1}{2}}*(5m)*4^m) * ( ( 5m)^2 +2^m * 4^{2m} - 2^{\frac{m+1}{2}}*(5m)*4^m)[/mm]
(von rechts nach links gerechnet dürfte das recht offensichtlich sein...)
Jetzt muss nur noch geklärt werden, dass die beiden Klammern beide ganze Zahlen und somit Teiler von [mm]n^4 + 4^n[/mm] sind.
Hier ist einzig [mm]2^{\frac{m+1}{2}}[/mm] interessant, der Rest sind nur Produkte und Summen natürlicher Zahlen, die ja auf jeden Fall in den ganzen Zahlen liegen.
Da aber n ungerade ist, ist also auch [mm]m = \frac{n}{5} \in \IN[/mm] ungerade, somit m+1 gerade und [mm]\frac{m+1}{2} \in \IN[/mm]
[mm]\square[/mm]
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:42 Sa 25.06.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Ok, dein Tipp hier https://matheraum.de/read?i=805758
> zusammen mit der Formel von KingStone macht die ganze Sache
> wirklich leicht^^
Ja, damit geht das wirklich gut 
Ich denke, wir koennen damit jetzt auch mal die anderen Antworten "aufdecken". Was denkt der Rest?
> Dass ein n, für dass [mm]n^4 + 4^n[/mm] prim ist (so es denn
> existiert), an letzter Stelle eine 5 stehen haben muss
> (also durch 5 teilbar und nicht durch 2 ist) hat reverend
> ja freundlicherweise schon als trivial abgetan (^^),
> weshalb ich das hier nicht noch extra erörtere (wer nen
> Beweis dafür will sagt bescheid ;) )
> Es ist also:
> [mm]n^4 + 4^n = (5m)^4 + 4^{5m}[/mm] für [mm]n = 5m[/mm], [mm]m \in \IN[/mm] zu
> betrachten.
> Nun hab ich mir die Formel aus obigem Link von KingStone
> geschnappt und sie ein wenig umgebastelt bis sie für
> diesen Fall passt.
> Es ist nämlich:
> [mm](5m)^4 + 4^{5m} = ( ( 5m)^2 +2^m * 4^{2m} + 2^{\frac{m+1}{2}}*(5m)*4^m) * ( ( 5m)^2 +2^m * 4^{2m} - 2^{\frac{m+1}{2}}*(5m)*4^m)[/mm]
> (von rechts nach links gerechnet dürfte das recht
> offensichtlich sein...)
>
> Jetzt muss nur noch geklärt werden, dass die beiden
> Klammern beide ganze Zahlen und somit Teiler von [mm]n^4 + 4^n[/mm]
> sind.
> Hier ist einzig [mm]2^{\frac{m+1}{2}}[/mm] interessant, der Rest
> sind nur Produkte und Summen natürlicher Zahlen, die ja
> auf jeden Fall in den ganzen Zahlen liegen.
> Da aber n ungerade ist, ist also auch [mm]m = \frac{n}{5} \in \IN[/mm]
> ungerade, somit m+1 gerade und [mm]\frac{m+1}{2} \in \IN[/mm]
> [mm]\square[/mm]
Genau...
LG Felix
|
|
|
| |
|
bzw. wie mir gerade auffällt war ich etwas sehr stark auf die Teilbarkeit durch 5 fixiert...
[mm]n^4 + 4^n = (n^2 + 2^n + n*2^{\frac{n+1}{2}} ) * (n^2 + 2^n - n*2^{\frac{n+1}{2}} )[/mm]
gleiche Argumentation, n ungerade, aber etwas kürzer und hübscher.^^
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:16 So 26.06.2011 | | Autor: | reverend |
Hallo Felix,
> Ich denke, wir koennen damit jetzt auch mal die anderen
> Antworten "aufdecken". Was denkt der Rest?
Also, ich als quadratischer Rest (zu jedem Modul) finde auch, wir könnten jetzt die Geheimniskrämerei beenden.
Grüße
rev
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:42 So 26.06.2011 | | Autor: | felixf |
Moin rev,
so, ich hab das mal umgesetzt.
> > Ich denke, wir koennen damit jetzt auch mal die anderen
> > Antworten "aufdecken". Was denkt der Rest?
>
> Also, ich als quadratischer Rest (zu jedem Modul) finde
> auch, wir könnten jetzt die Geheimniskrämerei beenden.
Ich finde aber nicht, dass du ein Quadrat bist
LG Felix
|
|
|
|
