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Mathematik » Schulmathematik » Beweis oder Zirkelschluss?
Thema eröffnet 2017-07-01 16:54 von Bekell
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Schule Beweis oder Zirkelschluss?
blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.83, eingetragen 2017-07-21 23:14


So könnte man das vielleicht numerisch angehen:

Das Programm sollte recht einfach sein (Eine andere Frage ist, ob der Algorithmus auch immer die beste Platzierung findet...):

Zuerst wird die höchste Anzahl an 3en untergebracht...

Auf den verbliebenen Plätzen dann die höchste Anzahl an 5en...

Auf den verbliebenen Plätzen dann die höchste Anzahl an 7en...

Und immer so weiter bis zur letzten Primzahl unterhalb n.

@weird

Aber Dein Maple-Programm scheint besser zu sein... Ich habe mit dem Algorithmus schliesslich 3 Lücken gefunden...



-----------------
Gruß blindmessenger



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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.84, vom Themenstarter, eingetragen 2017-07-21 23:16


2017-07-21 23:03 - weird in Beitrag No. 81 schreibt:
Mein Maple-Programm sagt mir, dass man bei 20 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen immer mindestens 2 "unbesetzte" Stellen übrig bleiben, wenn man die Primzahlen p<20 der Reihe nach im Abstand p platziert. Es gibt bis auf offenkundige "Symmetrien" dann für diese Minimalzahl 2 auch nur eine einzige Möglichkeit, nämlich
3, 5, 11, 3, 13, 7, 3, p, 19, 3, p, 5, 3, 11, 17, 3, 5, 13, 3, 7

Das kann dann aber kein interquadratisches Intervall sein, weil die periquadratischen Factorsymmetrie verlangt, daß die 19 in der vorletzten Zelle als größter kleiner PF platziert ist, und die 17 da, wo die 425 zu stehen kommt.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.82 begonnen.]


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Das Schwierige ist nicht die Mathematik. Schwierig ist es zu formulieren, daß man selber versteht, was man sieht und die anderen auch!



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.85, eingetragen 2017-07-21 23:26


2017-07-21 23:16 - Bekell in Beitrag No. 84 schreibt:
Das kann dann aber kein interquadratisches Intervall sein, weil die periquadratischen Factorsymmetrie verlangt, daß die 19 in der vorletzten Zelle als größter kleiner PF platziert ist, und die 17 da, wo die 425 zu stehen kommt.

Selbst wenn das stimmt, was ich jetzt nicht überprüft habe, ist es doch vollkommen belanglos, denn es bleiben ja auch bei mir 2 Stellen übrig, wo Zahlen mit kleinstem Primfaktor >20 stehen müssen. Wären diese zusammengesetzt, so wären sie <math>\ge</math> 21², d.h., sie lägen nicht im interqu. Intervall der Länge 20, Widerspruch! Nenn mir also einen vernünftigen Grund, warum ich mich mit "periquadratischen Factorsymmetrien" herumschlagen sollte?  eek



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.86, eingetragen 2017-07-21 23:40


2017-07-21 23:14 - blindmessenger in Beitrag No. 83 schreibt:
So könnte man das vielleicht numerisch angehen:

Das Programm sollte recht einfach sein (Eine andere Frage ist, ob der Algorithmus auch immer die beste Platzierung findet...):

Zuerst wird die höchste Anzahl an 3en untergebracht...

Auf den verbliebenen Plätzen dann die höchste Anzahl an 5en...

Auf den verbliebenen Plätzen dann die höchste Anzahl an 7en...

Und immer so weiter bis zur letzten Primzahl unterhalb n.

Das wäre dann ein sog. Greedy-Algorithmus nach dem Motto "Den besten Happen zuerst!".  Solche Algorithmen funktionieren manchmal, aber beileibe nicht immer, hier erscheint mir das eher zweifelhaft!
 

Aber Dein Maple-Programm scheint besser zu sein... Ich habe mit dem Algorithmus schliesslich 3 Lücken gefunden...

Q.e.d.



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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.87, vom Themenstarter, eingetragen 2017-07-21 23:44


2017-07-21 23:26 - weird in Beitrag No. 85 schreibt:
Selbst wenn das stimmt, was ich jetzt nicht überprüft habe, .....

Kuck einfach in Beitrag Nr. 77  nach

2017-07-21 23:26 - weird in Beitrag No. 85 schreibt:
Nenn mir also einen vernünftigen Grund, warum ich mich mit "periquadratischen Factorsymmetrien" herumschlagen sollte?  eek

Ja, für einen Handbeweis für ein einziges  Intervall wäre das belanglos. Bisher funktioniert der Beweis so, das man sagt, Ja, es gibt eine so lange Kette zusammengesetzter Zahlen, aber erst ab der und der Zahl. Benötigt wird sie aber viel früher.

Wenn wir jetzt, das, was wir brauchen, näher und besser beschreiben, können wir vielleicht folgern, daß es so eine Kette überhaupt gar nicht geben kann. (Denn wir suchen ja eigentlich eine unmögliche Kette, wie wir alle glauben, denn  niemand geht davon aus, daß es irgendwo ein pz-freies interq. Intervall gibt.) Und dann könnten wir den Mechanismus untersuchen, warum es das nicht geben kann, und von diesem Mechanismus aus, auf die anderen Intervalle schließen. Ich fürchte allerdings, hier kommen wir um die "überaus häßlichen Unterscheidungen" nicht drumrum ....

Das heißt, wir können:
1. QZ-Freiheit fordern.
2. die Stellung der 5-en vorgeben, weil die QZ diese vorgibt.
3. Wir können die Stellung der höchsten PF-en vorgeben, wenn wir das Intervall kennen.
(Damit würden wir - so vermute ich - jede weitere Findung ausschließen, wenn wir die
Größe der großen PF vorgeben, weil die ja auch von den QZ bestimmt ist.)

Und dann könnten wir sagen. Es kann keine solche Kette geben, weil .....

Ich erinnere daran, daß wir alle wissen, daß die Anzahl der PZ zwar relativ weniger wird, absolut aber steigt. Und wir fummeln daran rum, die Existenz einer einzigen PZ beweisen zu wollen.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.85 begonnen.]


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.88, eingetragen 2017-07-22 00:07


2017-07-21 23:44 - Bekell in Beitrag No. 87 schreibt:
Ja, für einen Handbeweis für ein einziges  Intervall wäre das belanglos. Bisher funktioniert der Beweis so, das man sagt, Ja, es gibt eine so lange Kette zusammengesetzter Zahlen, aber erst ab der und der Zahl. Benötigt wird sie aber viel früher.

Du machst da meiner Meinung nach einen ganz entscheidenden Fehler, der mir schon in einem anderen Thread aufgefallen war, indem du offenbar davon ausgehst, dass an Stellen, wo z.B. in

2017-07-20 19:25 - weird in Beitrag No. 64 schreibt:
[81, 83, 85, 87, 89, 91, 93, 95]-> [3, p, 5, 3, p, 7, 3, 5]
[85, 87, 89, 91, 93, 95, 97, 99]-> [5, 3, p, 7, 3, 5, p, 3]
[111, 113, 115, 117, 119, 121, 123, 125]->[3, p, 5, 3, 7, p, 3, 5]
[115, 117, 119, 121, 123, 125, 127, 129]->[5, 3, 7, p, 3, 5, p, 3]
[201, 203, 205, 207, 209, 211, 213, 215]->[3, 7, 5, 3, p, p, 3, 5]
[203, 205, 207, 209, 211, 213, 215, 217]->[7, 5, 3, p, p, 3, 5, 7]
[205, 207, 209, 211, 213, 215, 217, 219]->[5, 3, p, p, 3, 5, 7, 3]

ein p steht, dort eine Primzahl stehen muss. Das wäre nur dann sicher der Fall, wenn alle Zahlen der Folge <9² wären, also z.B. für das interqu. Intervall der Länge 8. I.A. stehen dort aber nur Zahlen, deren Primfaktoren alle größer als unser n=8 sind!


Ich erinnere daran, daß wir alle wissen, daß die Anzahl der PZ zwar relativ weniger wird, absolut aber steigt. Und wir fummeln daran rum, die Existenz einer einzigen PZ beweisen zu wollen.

Und wieder so ein Satz, dessen Bedeutung mir absolut schleierhaft ist! Inwiefern steigt die Anzahl der Primzahlen absolut?!  confused



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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.89, vom Themenstarter, eingetragen 2017-07-22 07:59


2017-07-22 00:07 - weird in Beitrag No. 88 schreibt:
Du machst da meiner Meinung nach einen ganz entscheidenden Fehler, der mir schon in einem anderen Thread aufgefallen war, indem du offenbar davon ausgehst, dass an Stellen, wo z.B. in
ein p steht, dort eine Primzahl stehen muss.


Ich präzisiere: "... daß an Stellen, wo im konstruierten Primfaktorblock ein p steht, in der daraus resultierenden Kette dann eine PZ steht." ?

Wenn meine Präzision stimmt, frage ich zurück: Wie kommst Du drauf?
Ein p im PF-Block bedeutet erst mal nur, daß dort ein PF größer Länge sein muß. In der daraus resultierenden Kette kann zb.
1. eine PZ sein, wie hier [81, 83, 85, 87, 89, 91, 93, 95]-> [3, p, 5, 3, p, 7, 3, 5] oder
2. eine QZ, wie hier [111, 113, 115, 117, 119, 121, 123, 125]->[3, p, 5, 3, 7, p, 3, 5] oder
3. einfach eine zZ, wie hier [201, 203, 205, 207, 209, 211, 213, 215]->[3, 7, 5, 3, p, p, 3, 5].

Wo wollen wir hin? Nachweisen, daß es keinen PF-Block gibt, der mit PF kleiner seiner Länge 100% ausgefüllt ist.

2017-07-22 00:07 - weird in Beitrag No. 88 schreibt:
....die Anzahl der PZ zwar relativ weniger wird, absolut aber steigt.  

Und wieder so ein Satz, dessen Bedeutung mir absolut schleierhaft ist! Inwiefern steigt die Anzahl der Primzahlen absolut?!  confused

Im Intervall Nr. 1 sind 100 % PZ.
Im Intervall Nr. 9 noch 66 %
Im Intervall Nr. 20 noch 35 % etc. etc.
Wenn wir das für alle Intervalle durchführen, ist das keine leicht ansteigende Gerade, - denn es ist schon mal so, daß ein Vorgängerintervall mehr PZ hat als ein Nachfolgendes - sondern ein leicht hin und her springendes Etwas, aber mit eindeutiger Tendenz. Das mein ich mit relativ weniger.

Ich glaube nicht, daß es in ganz hohen Bereichen zb. fed-Code einblenden
oder so, noch Intervalle mit nur 2 - unter 2 glaub ich sowieso nicht - PZ gibt. Es gibt m. E. eine stetig steigende Unter- und Obergrenze der hüpfenden Funktion. Aber das ist Glauben!

Mit  absolut mehr mein ich:
Im Intervall Nr. 1 sind 1 PZ
Im Intervall Nr. 2 sind 2 PZ
Im Intervall Nr. 4 sind 3 PZ
Im Intervall Nr. 6 sind 4 PZ
Im Intervall Nr. 20 sind 7 PZ  
Bei 100 sind es um die 20 PZ etc. etc. Hier gilt für die bildliche Darstellung cum grano salis dasselbe, wie oben.

Wahrscheinlich hatte ich mich mißverständlich ausgedrückt, ich seh bloß noch nicht wo....? smile ... aha, indem ich den Bezug nicht angegeben habe, und Du dachtest sicherlich, ich meinte die absolute PZ-Dichte....

Ich habe Beitrag 87 präzisierend erweitert* Geh bitte noch einmal darauf ein ...

Mir ist insgesamt das Fett eigentlich etwas zu fett - aufdringlich....es müßte ein dezenteres Fett geben.


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.90, eingetragen 2017-07-22 10:48


2017-07-22 07:59 - Bekell in Beitrag No. 89 schreibt:
Ein p im PF-Block bedeutet erst mal nur, daß dort ein PF größer Länge sein muß.

Ok, sorry, dann hast du das doch verstanden.

Wo wollen wir hin? Nachweisen, daß es keinen PF-Block gibt, der mit PF kleiner seiner Länge 100% ausgefüllt ist.

Stimmt, aber nicht "kleiner", sondern "kleiner gleich", schon unsere frühere Diskussion zu genau diesem Punkt vergessen?  biggrin

2017-07-22 00:07 - weird in Beitrag No. 88 schreibt:
....die Anzahl der PZ zwar relativ weniger wird, absolut aber steigt.  

Und wieder so ein Satz, dessen Bedeutung mir absolut schleierhaft ist! Inwiefern steigt die Anzahl der Primzahlen absolut?!  confused

Für sich genommen ergibt das oben eben keinen Sinn, obwohl ich mir schon gedacht hatte, dass du so etwas in der Richtung meinst, wie du das jetzt erklärt hast. "Selbsterklärend" war das oben aber auf keinen Fall, wenn du das etwa gemeint haben solltest!  eek

Ich habe Beitrag 87 präzisierend erweitert* Geh bitte noch einmal darauf ein ...

Ich schau mir das ev. später nochmal an, da ich jetzt dann gleich weg muss.



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.91, eingetragen 2017-07-22 19:55


2017-07-21 23:44 - Bekell in Beitrag No. 87 schreibt:
Bisher funktioniert der Beweis so, das man sagt, Ja, es gibt eine so lange Kette zusammengesetzter Zahlen, aber erst ab der und der Zahl. Benötigt wird sie aber viel früher.

Dieser "Zusammenfassung" kann ich aus meiner Sicht überhaupt nicht zustimmen. Ich würde eigentlich sagen, die Grundidee ist die, dass man versucht zu zeigen, dass eine Folge von n aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen immer Zahlen enthalten muss, deren kleinster Primteiler größer als n ist. Kommt dann noch als weitere Bedingung dazu, dass alle Zahlen der Folge <(n+1)² sind, wie sie ja für die Zahlen eines interqu. Intervalls jedenfalls gilt, so müssen an diesen Stellen dann sogar Primzahlen sitzen.


Das heißt, wir können:
1. QZ-Freiheit fordern.
2. die Stellung der 5-en vorgeben, weil die QZ diese vorgibt.
3. Wir können die Stellung der höchsten PF-en vorgeben, wenn wir das Intervall kennen.

Das sind lauter Dinge, welche ich bisher noch nirgendwo gebraucht habe und wo ich auch auf den ersten Blick jetzt auch gar nicht sehe, inwiefern sie sehr viel weiterhelfen sollen. Ich zeige dir nachfolgend am Beispiel n=20, welche Schlussweisen ich für vielsprechend halte, weil sie erstens noch sehr allgemein sind und zweitens in vielen Fällen bisher zum Erfolg geführt haben, so eben auch für n=20.

Wenn ich also eine Folge ungerader Zahlen der Länge 20 vorliegen habe (wobei ich immer natürliche Zahlen meine, auch wenn ich das nicht jedesmal extra anführe), so könnten auf den ersten Blick 7 (=<math>(\lceil \frac{20}3\rceil</math>) davon den kleinster Primteiler 3 und 2 (=<math>(\lceil \frac{20}{19}\rceil</math>)den kleinsten Primteiler 19 haben. Auf den zweiten Blick sieht man aber, dass das nicht geht, denn die beiden 19-er müssten beide am Rande stehen, einer der 3-er aber auch. Die Gesamtzahl der 3-er und 19-er kann daher zusammen 8 nicht übersteigen. Desgleichen haben auf den ersten Blick 4(=<math>(\lceil \frac{20}5\rceil</math>) Zahlen die 5 als kleinsten Primteiler, eine davon muss aber durch 3 teilbar sein, also beträgt diese Maximalzahl in Wahrheit nur 3. Ebenso ist die Maximalzahl der kleinsten Primteiler 7 nicht 3(=<math>(\lceil \frac{20}7\rceil</math>), sondern nur 2, da einer dieser Zahlen ja auch durch 3 teilbar sein müsste. Wenn ich also alle "belegten Plätze" aufsummiere, komme ich wegen

<math>(\lceil \frac{20}3\rceil+\lceil \frac{20}{19}\rceil -1)+(\lceil \frac{20}5\rceil-1)+(\lceil \frac{20}7\rceil-1)+\lceil \frac{20}{11}\rceil+\lceil \frac{20}{13}\rceil+\lceil \frac{20}{17}\rceil</math>
<math>=(7+2-1)+(4-1)+(3-1)+2+2+2=19</math>

nur auf max. 19 belegte Plätze, mindestens eine der 20 Zahlen muss somit einen kleinsten Primteiler >20 haben. Wären dies die Zahlen eines interqu. Intervalls der Länge 20, so müsste diese Zahl dann sogar prim sein. *)

Das sind also "beispielhaft" die Überlegungen, welche ich hier anstellen würde, auch wenn ich nicht weiß, ob es einfach bzw. überhaupt möglich ist, sie auf größere n zu verallgemeinern.

*) Vielleicht hilft es, diese Überlegungen an einem konkreten Beispiel wie
etwa

3, 5, 11, 3, 13, 7, 3, p, 19, 3, p, 5, 3, 11, 17, 3, 5, 13, 3, 7

zu überprüfen. Man sieht, dass hier alle angegebenen Maximalzahlen auch wirklich erreicht werden, bis auf die 17, die nur einmal vorkommt. Tatsächlich kann man mit Computerrechnungen leicht zeigt, das man auf max. 18 belegte Plätze kommt, wie in diesem Beispiel, an mindestens 2 Stellen stehen daher Zahlen mit einem kleinsten Primfaktor >20.



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.92, eingetragen 2017-07-22 20:41


2017-07-22 19:55 - weird in Beitrag No. 91 schreibt:
Tatsächlich kann man mit Computerrechnungen leicht zeigt, das man auf max. 18 belegte Plätze kommt, wie in diesem Beispiel, an mindestens 2 Stellen stehen daher Zahlen mit einem kleinsten Primfaktor >20.

Wenn man weitere Beispiele überprüft (also für größere n), dann braucht man auch immer nur solche n testen, die um einen größer als eine Primzahl sind...

Beispiel:

Wenn man n=20 getestet hat, braucht man nicht noch n=21, n=22 und n=23 zu testen, sondern erst wieder n=24...

Für n muss gelten:

<math>n=p+1</math>

Edit: Könnte aber auch ein Denkfehler sein!


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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.93, vom Themenstarter, eingetragen 2017-07-22 20:52


Haha, das sind wir genau da, wo ich in meine Legendre Beweisversuch hingelaufen bin....

ich habe grade vor zwei Wochen des Intervall zwischen 100^2 und 101^2 analysiert.

zuerst stelle ich die maximal Mögliche  Anzahl an Primteilern fest. Und dann versuche ich diese unter die Länge zu drücken.

Ich gehe nach folgendem Algorithmus vor.
1. ich teile die Länge der Reihe nach durch alle PZ, bis zur Länge hinauf.
Diejenigen, die mit Rest sind, erhalten einen Primteiler dazu, diejenigen ohne Rest zählen mit dem genauen Ergebnis.

Man kan die PZ in 3 Gruppen teilen. Die, die nur 2 x vorkommen können, das sind alle oberhalb der Hälfte, dann die die 3 x vorkommen können. Die kann man, wie du oben richtig ausführst, alle auf 2 mal reduzieren.
und die 3. Gruppe, aus dem ersten Drittel, sind die PZ, die häufiger als 4 x vorkommen. Da muß man sich was einfallen lassen. Jedenfalls sind die 5-en PT - Akkumulatoren, die weg müssen! Hier brauchen wir aber Formeln, denn mit der Hand geht das nicht mehr! ich Fummel mich hier dort mit Excel. Gott sei dank, kann man wenigstens automatisch zählen.

Ich poste mal die Tabelle. Interessant ist, daß wenn man den summierten Nachkommateil von der maximalen Anzahl abzieht, erhält man den handgezählten Wert.



Mißlich ist, daß wir so nur die Primteiler ermitteln, nicht die Anzahl der kleinsten PF, die uns ja eigentlich interessiert. Erst, wenn wir die Zahl der Primteiler unter die der Länge drücken können, wissen wir, daß wir mindestens eine PZ im Intervall haben müssen.

Hat man die richtige Anzahl an PT festgestellt, kann man mit den Reduktionen beginnen. Hier der Anfang des Siebes, ich will es irgendwann von Hand fertigmachen ...



Das Problem ist, ich hatte einen Beweis angefangen, der feststellt, daß die höchste PZ immer nur einmal vorkommen kann. Seltsamerweise hängt dies auch wieder von dem selben Gedanken ab. Wie weit ist die letzte PZ von der Grenze weg, und hier kommen dann die periquadratischen Factorsymmetrien ins Spiel, weil die den Standort definieren, der genau die Entfernung von der oberen QZ zum Quadrat ist. Diese kann aber nicht größer sein, als das Doppelte des Intervalles, weil die Entfernung vom oberen Quadrat durch die maximal mögliche uNPZ-Kette bestimmt wird. Ich komme mir vor, wie in einem Fraktal: Man stößt an verschiedenen Orten immer wieder auf die gleiche Struktur. Das ist jetzt das 3. Mal, daß ich auf dieselbe Struktur stoße ...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.91 begonnen.]


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.94, eingetragen 2017-07-22 21:21


2017-07-22 20:41 - blindmessenger in Beitrag No. 92 schreibt:
Wenn man n=20 getestet hat, braucht man nicht noch n=21, n=22 und n=23 zu testen, sondern erst wieder n=24...

Wie argumentierst du da genau?

Ich würde ja sagen, dass man bis n=28 nichts überprüfen muss, denn in einer Unterfolge von 20 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen müssten ja nach obigem 2 Zahlen mit kleinstem Primteiler >20 sein und diese Primteiler können natürlich auch nicht gleich sein, da der "Abstand" der zugehörigen Zahlen der Folge dafür zu gering ist. Damit ist aber der größere der beiden mindestens 29.



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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.95, eingetragen 2017-07-22 21:25


2017-07-22 21:21 - weird in Beitrag No. 94 schreibt:
2017-07-22 20:41 - blindmessenger in Beitrag No. 92 schreibt:
Wenn man n=20 getestet hat, braucht man nicht noch n=21, n=22 und n=23 zu testen, sondern erst wieder n=24...

Wie argumentierst du da genau?

Ich würde ja sagen, dass man bis n=28 nichts überprüfen muss, denn in einer Unterfolge von 20 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen müssten ja nach obigem 2 Zahlen mit kleinstem Primteiler >20 sein und diese Primteiler können natürlich auch nicht gleich sein, da der "Abstand" der zugehörigen Zahlen der Folge dafür zu gering ist. Damit ist aber der größere der beiden mindestens 29.

Sorry, da habe ich mal wieder aus der Hüfte geschossen... Ich glaube das war ein Fehlschluss...

Ich dachte: Wenn n=20 schon nicht funktioniert. Wie soll dann auf noch mehr Plätzen genausoviele Primteiler untergebracht werden...


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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.96, eingetragen 2017-07-23 10:49


O.K.

Die optimale Pflasterung mit den Primteilern 3 und 5 müsste folgendermaßen aussehen:

<math>\lceil \frac {n}{3} \rceil+(\lceil (\lceil \frac{n}{5} \rceil \cdot \frac{2}{3})\rceil)</math>

Wenn man wohlwollend eine Grenze für mehr Primteiler <math>pt</math> abschätzen wollte, könnte man schreiben:

<math>\lceil \frac {n}{pt_1} \rceil+(\lceil (\lceil \frac{n}{pt_2} \rceil \cdot \frac{2}{3})\rceil)+(\lceil (\lceil \frac{n}{pt_3} \rceil \cdot \frac{2}{3})\rceil)+...</math>





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2017-07-23 10:49 - blindmessenger in Beitrag No. 96 schreibt:
Die optimale Pflasterung mit den Primteilern 3 und 5 müsste folgendermaßen aussehen:
<math>\lceil \frac {n}{3} \rceil+(\lceil (\lceil \frac{n}{5} \rceil \cdot \frac{2}{3})\rceil)</math>
Wenn man wohlwollend eine Grenze für mehr Primteiler <math>pt</math> abschätzen wollte, könnte man schreiben:
<math>\lceil \frac {n}{pt_1} \rceil+(\lceil (\lceil \frac{n}{pt_2} \rceil \cdot \frac{2}{3})\rceil)+(\lceil (\lceil \frac{n}{pt_3} \rceil \cdot \frac{2}{3})\rceil)+...</math>

Du vergißt, bei mehr PT, daß bei einer Länge über dem Produkt zweier beliebiger PT, immer auch noch um dieses reduziert werden muß. Das ist die ganze Schwierigkeit der Formel....
Warum machst Du um die Gaußklammern außen noch mal runde Klammern?


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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.98, eingetragen 2017-07-23 12:07


Ich mach die Rechnungen aus #91 für den Fall n=20 noch einmal, und zwar mehr formelmäßig, damit man besser sieht, was man davon noch verallgemeinern kann.

Gemäß den 7 ungeraden Primzahlen p<20 müssen wir hier 7 Fälle abhandeln, wobei wir in jedem dieser Fälle betrachten, was die Maximalanzahl der Zahlen in einer Folge von 20 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen ist, welches eines der p in {3,5,7,11,13,17,19} als kleinsten Primteiler besitzen.

<math>p=3:\quad \lceil\frac{20}3\rceil=7</math>
<math>p=5:\quad \lceil\frac{20}5\rceil-\left\lfloor\frac{\lceil\frac{20}5\rceil}3\right\rfloor=3</math>
<math>p=7:\quad \lceil\frac{20}7\rceil-\left\lfloor\frac{\lceil\frac{20}7\rceil}3\right\rfloor=2</math>
<math>p=11:\quad \lceil\frac{20}{11}\rceil=2</math>
<math>p=13:\quad \lceil\frac{20}{13}\rceil=2</math>
<math>p=17:\quad \lceil\frac{20}{17}\rceil=2</math>
<math>p=19:\quad \lceil\frac{20}{19}\rceil=2</math>

Zusammen kommen wir also auf maximal 20 belegte Plätze - fürwahr keine große Erkenntnis, da wir ja schon vorher gewußt haben, dass von 20 Plätzen maximal 20 mit Zahlen belegt werden können, welche einen kleinsten Primteiler p<20 besitzen.

Und das ist genau das Problem hier, so wie ich das sehe: Wir brauchen eine Zusatzüberlegung, bei der wir uns das Ganze dann doch mehr im Detail ansehen müssen, um diese Maximalanzahl der belegten Plätze unter 20 zu drücken, d.h., diese sehr allgemeinen Überlegungen sind für unseren Beweis hier noch zu schwach. Wie ich in #91 schon geschrieben habe, ist diese Zusatzüberlegung hier noch relativ einfach: Würde der Primteiler 19 wirklich zweimal vorkommen, dann beide Male an den Randpositionen, d.h., an 1. und 20.Stelle, damit wäre aber die Maximalzahl 7 von 3-ern dann nicht mehr möglich. Es bleibt also mindestens eine Stelle übrig, an der einen Zahl mit einem kleinsten Primteiler >20 stehen muss, diese Zahl wäre aber dann für ein interqu. Intervall der Länge 20 sogar prim.



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blindmessenger
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.99, eingetragen 2017-07-23 12:08


Vielleicht so:

<math>
\small{\lceil \frac {n}{pt_1} \rceil+(\lceil \lceil \frac{n}{pt_2} \rceil \cdot \frac{pt_1-1}{pt_1}\rceil)+(\lceil \lceil \lceil \frac{n}{pt_3} \rceil \cdot \frac{pt_1-1}{pt_1}\rceil \cdot \frac{pt_2-1}{pt_2}\rceil)+(\lceil \lceil \lceil \lceil \frac{n}{pt_4} \rceil \cdot \frac{pt_1-1}{pt_1}\rceil \cdot \frac{pt_2-1}{pt_2}\rceil\cdot \frac{pt_3-1}{pt_3}\rceil)...}
</math>

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.97 begonnen.]

Edit: Haut auch nicht hin... Jedenfalls ab n=20 nicht mehr...

Pari:

a(n)=ceil(n/3)+(ceil(ceil(n/(5))*2/3))+(ceil(ceil(ceil(n/(7))*2/3)*4/5))+(ceil(ceil(ceil(ceil(n/(11))*2/3)*4/5)*6/7))+(ceil(ceil(ceil(ceil(ceil(n/(13))*2/3)*4/5)*6/7)*10/11))+(ceil(ceil(ceil(ceil(ceil(ceil(n/(17))*2/3)*4/5)*6/7)*10/11)*12/13))+(ceil(ceil(ceil(ceil(ceil(ceil(ceil(n/(19))*2/3)*4/5)*6/7)*10/11)*12/13)*16/17))



-----------------
Gruß blindmessenger



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.100, eingetragen 2017-07-23 13:47


@Bekell

Was deinen Beitrag #93 betrifft, ist das Problem, dass du den eigentlich interessanten Teil, d.h., deine zweite Tabelle darin, dann nicht mehr allgemein für 100 aufeinanderfolgende ungerade Zahlen durchführst, sondern nur mehr konkret für das interqu. Intervall der Länge 100, wenn ich das jetzt richtig verstanden habe. Das ist aber leider uninteressant, denn dass man dafür die Anzahl der maximal belegten Plätze mit kleinsten Primteilern <100 unter 100 drücken kann, das glaubt dir jeder unbesehen, dafür braucht es keine Tabelle. Man müsste das für eine beliebige Folge von 100 aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen machen können - ähnlich wie ich das in #98 für n=20 ja auch gemacht habe - dann hätte das Ganze einen Wert, so aber nicht!



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Bekell
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.98, vom Themenstarter, eingetragen 2017-07-23 16:05


2017-07-23 13:47 - weird in Beitrag No. 100 schreibt:
@Bekell
.... Intervall der Länge 100, wenn ich das jetzt richtig verstanden habe. Das ist aber leider uninteressant,

Ja, hast Du, und ich habe das weiterzuführen deshalb aufgegeben, weil ich das nicht maschinell machen kann, die Erbsenzählerei, und besonders bei den Verdeckungen ist zu fehleranfällig -man muß sich total konzentrieren -, und es geht ja auch gar nicht darum, .... wie Du sagst. Ich hab dies aber auch noch aus anderen Gründen hochgestellt, die ich dort nicht ausgeführt habe.

Wenn Du eine Idee hast, wie man per Excel automatisch die Verdeckungen, also das, wo ein größerer PT durch einen kleineren schon rausgeschupst ist, zählen kann, wäre Dir für einen Tip dankbar, aber wie gesagt, soll das Excel mit einer Formel erledigen....

Gruss


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Bernhard
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2017-07-23 16:05 - Bekell in Beitrag No. 98 schreibt:
Wenn Du eine Idee hast, wie man per Excel automatisch die Verdeckungen, also das, wo ein größerer PT durch einen kleineren schon rausgeschupst ist, zählen kann, wäre Dir für einen Tip dankbar, aber wie gesagt, soll das Excel mit einer Formel erledigen....

Hallo Bekell!

Ich arbeite (wie Du?) viel mit Excel und schätze die Möglichkeiten mit Formeln oder VBA sehr, aber gerade deshalb bezweifle ich, ob Excel das beste Programm ist, um Deine Variationen des Sieb des Eratosthenes zu simulieren.
Auf diesem Gebiet der Programierung bin ich leider auch nicht so fit, sonst hätte ich Dir jetzt was dazu ausgetüftelt.

Viele Grüße, Bernhard


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