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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:22 Do 03.11.2005 | | Autor: | Setha |
Hallo!
Kann mir jemand bei dieser Aufgabe helfen, bzw. sagen ob ich sie richtig angefangen hab?
Frage: Bestimmen sie alle natürl. Z. n größer gleich 1 und k größer gleich 1
für die gilt [mm] n!=n^k.Begründung!
[/mm]
Ich kann jetzt sagen, dass die gleichung für n=1 und n=2 gilt, aber wie kann ich das Begründen?? Für alle anderen n ist k keine natürliche Zahl??
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt!
Danke im vorraus
Setha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:59 Do 03.11.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Setha!
Überlege dir folgendes: existiert eine Primzahl $p<n$, so ist $p$ Teiler von $n!$, aber nicht von [mm] $n^k$ [/mm] für alle [mm] $k\in \IN$. [/mm] Was folgt daraus?
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:33 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Setha |
Hallo Hanno!
Keine Ahnung! Meinst du vielleicht, dass wenn n! und [mm] n^k [/mm] keinen gemeinsamen Teiler haben, sie nicht gleich sein können???
Setha
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Hallo!
Das ist im Prinzip die Idee! Wenn $m|n!$, aber [mm] $m\not|n^k$, [/mm] dann muss [mm] $n!\ne n^k$. [/mm] Du musst aber nicht zeigen, dass sie gar keinen gemeinsamen Teiler haben. 6 und 4 z.B. haben sehr wohl einen gemeinsamen Teiler, gleich sind sie deshalb aber noch nicht!
@Stefan: Leider kann man nicht schließen, dass [mm] $p^2\not|n$. [/mm] Probier's z.B. mal mit $n=4$! Außerdem macht's vermutlich mehr Sinn zu zeigen, dass [mm] $n\le [/mm] 2$ sein muss.
Gruß, banachella
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:03 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo banachella!
Ich hatte mich verschrieben (jetzt verbessert). Ich meinte die kleinste Primzahl kleiner gleich $n$ (nicht Primteiler). Jetzt sollte es aber stimmen, und damit kann man dann auch $k [mm] \le [/mm] 1$ zeigen...
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:36 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Setha |
Hallo nochmal,
@banachella: Wie zeige ich denn dann ,dass sie nicht gleich sind?
stefans ansatz ist mit unklar......
Gruß Setha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:36 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Setha!
Die Frage wurde unten von Galois beantwortet...
Wenn du noch Fragen dazu hast, kannst du sie gerne stellen. 
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:34 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Die Begründung verstehe ich gerade nicht. Warum kann denn $p$ kein Teiler von $n$ sein?
Muss man es nicht anders machen?
Wähle die größte Primzahl $p$ kleiner gleich $n$....
Diese teilt $n!$, aber [mm] $p^2$ [/mm] teilt $n!$ nicht mehr. Daraus folgt: $k=1$.
Und daraus...
Oder?
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:37 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo zusammen!
Habe ich jetzt alle abgeschreckt, oder wieso reagiert keiner mehr? 
Man sollte vielleicht zur Verdeutlichung anmerken, dass zwischen einer Primzahl $p$ und $2p$ immer eine weitere Primzahl liegt (Bertrandsches Postulat)...
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:53 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Setha |
Hallo Stefan!
Wieso jetzt zwischen p und [mm] p^2 [/mm] ein andere Primzahl??Was bringt einem das? Bitte näher erklären, für dich mag das sehr simpel sein , aber ich blick da nicht durch...
Liebe Grüße Setha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:01 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Zwischen $p$ und $2p$ liegt eine weitere Primzahl $p'$. Dies ist die Aussage des (keinesfalls trivialen) Bertrandschen Postulats.
Wäre nun $k [mm] \ge [/mm] 2$, so müsste $p$ zunächst ein Teiler von [mm] $n^k$, [/mm] also von $n$ und damit [mm] $p^2$ [/mm] ein Teiler von [mm] $n^k$ [/mm] sein. Dann wäre [mm] $p^2$ [/mm] aber auch ein Teiler von $n!$. Dies geht nur, wenn $2p [mm] \le [/mm] n$ ist, im Widerspruch zur Wahl von $p$.
Mensch, wer liefert denn jetzt mal einen elementaren Beweis? Habe ich eigentlich Tomaten auf den Augen, dass ich die verlangte einfache Lösung nicht sehe?
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:43 Fr 04.11.2005 | | Autor: | Setha |
Hey Stefan,
kann man vielleicht auch einen Beweis ohne den Gebrauch von Primzahlen machen?? obwohl, beweis soll es nicht umbedingt sein, es reicht ja lediglich eine Begründung die schlüssig ist.
Setha
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:10 So 06.11.2005 | | Autor: | Setha |
Hallo!
Danke für eure Hilfe!
Also muss ich jetzt n/(n+1)!= [mm] n/(n+1)^k [/mm] berechnen??( das war´s?)
und wie müsste ich dann bei derselben Aufgabe umgehen, inder man zeigen soll, dass [mm] (n-1)!=n^k-1 [/mm] ist??Wieder mit mod n ??
Liebe Güße Setha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:25 So 06.11.2005 | | Autor: | Setha |
Wäre das dann [mm] n/(n-1)!+1=n/n^k [/mm] ??
Setha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:59 Mo 07.11.2005 | | Autor: | Galois |
Hallo Setha!
> Also muss ich jetzt n/(n+1)!= [mm]n/(n+1)^k[/mm] berechnen??( das war´s?)
Meine zuletzt angegebene Lösung war vielleicht etwas kurz und eher an die "Profis" gerichtet. Was ich meinte, war folgendes:
Statt [mm] $n!=n^k$ [/mm] für [mm] $n,k\ge1$ [/mm] betrachten wir [mm] $(n+1)!=(n+1)^k$ [/mm] für [mm] $n\ge [/mm] 0$ und [mm] $k\ge1$ [/mm] - was dasselbe Problem ist, nur anderes notiert.
Angenommen, diese Identität würde stimmen. Dann können wir sie auch modulo n betrachten, d.h., wir gucken, welcher Rest jeweils bei Division der linken bzw. rechten Seite durch n bleibt. Hierbei müssen wir natürlich [mm] $n\ge [/mm] 1$ voraussetzen.
Wegen [mm] $n|^{}(n+1)!$ [/mm] erhalten wir links den Rest 0.
Hingegen erhalten wir rechts bei Division durch n den Rest 1: Um dies einzusehen, kann man [mm] $(n+1)^k$ [/mm] z.B. einfach ausmultiplizieren - der einzige Summand, der dann keinen Faktor n enthält, ist [mm] $1^k=1$. [/mm] Einzige Ausnahme: Falls n=1 ist, geht diese Division trivialerweise ebenfalls ohne Rest auf.
Insgesamt hätten wir dann (unter der Voraussetzung [mm] $n\ge [/mm] 2$) die Identität 1=0, was ja nun nicht sein kann.
Folglich muß n=0 oder 1 sein. Im ursprünglichen Problem [mm] $n!=n^k$ [/mm] muß daher entsprechend n=1 oder 2 sein.
> und wie müsste ich dann bei derselben Aufgabe umgehen, inder man zeigen soll, dass [mm](n-1)!=n^k-1[/mm] ist??Wieder mit mod n ??
Diese Frage verstehe ich nicht. Kann Du sie genauer formulieren? Ist das ein weiterer Aufgabenteil?
Grüße,
Galois
![[]](/images/popup.gif) Bonner Matheforum
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:14 Mo 07.11.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Setha!
> und wie müsste ich dann bei derselben Aufgabe umgehen,
> inder man zeigen soll, dass [mm](n-1)!=n^k-1[/mm] ist??Wieder mit
> mod n ??
Hier sehe ich nicht, wie das direkt zum Ziel führt (aber ich hatte ja beim letzten Mal schon Tomaten auf den Augen... ).
In jedem Fall muss $n$ eine Primzahl (oder gleich $1$ sein), denn ein echter Teiler von $n$ würde $(n-1)!$ und [mm] $n^k$ [/mm] teilen und damit auch $1$, Widerspruch.
Naja, lassen wir Galois besser mal wieder ran... (@Galois: Ja, das ist eine neue Aufgabe, sie wurde letztens schon einmal hier gestellt, allerdings nicht vollständig gelöst).
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:46 Mo 07.11.2005 | | Autor: | Galois |
Hallo zusammen!
Ich poste dies mal als Frage, damit der Thread wieder etwas roter wird.
Also, daß neue Problem lautet: Finde alle Paare (n,k) natürlicher Zahlen mit [mm] $(n-1)!=n^k-1$. [/mm] Richtig?
Leider hat Stefan in seinem Beitrag keinen Verweis auf die alte Diskussion gepostet, so daß ich hier bei "Null" anfangen muß.
Eine Idee für eine Teillösung:
Für jede Primzahl $p [mm] \le [/mm] n-1$ würde aus [mm] $(n-1)!=n^k-1$ [/mm] folgen, daß [mm] $n^k\equiv [/mm] 1$ mod p wäre.
Wären nun zudem p-1 und k teilerfremd, so wäre [mm] $x\mapsto x^k$ [/mm] ein Isomorphismus der multiplikativen Gruppe von [mm] $\IZ_p$ [/mm] (Grund: diese Gruppe ist zyklisch). Daher wäre dann auch [mm] $n\equiv [/mm] 1$ mod p.
Folgerung: Jede Primzahl [mm] $p\le [/mm] n-1$, für die p-1 teilerfremd zu k ist, ist ein Faktor von n-1.
Außerdem wissen wir aus der Stirlingschen Formel, daß [mm] $k\le [/mm] n$ sein muß.
Wer weiß weiter?
Grüße,
Galois
Bonner Matheforum
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Hallo zusammen!
sorry, bei der Revision dieses Artikels habe ich gesehen, dass ich mich verrechnet habe. Und dass n prim ist wisst ihr vermutlich schon?
> Also, daß neue Problem lautet: Finde alle Paare (n,k)
> natürlicher Zahlen mit [mm](n-1)!=n^k-1[/mm]. Richtig?
Daraus folgt
[mm](n-1)!=-1[/mm] mod n,
also das Produkt der n Elemente von [mm] \IZ_n [/mm] wäre -1. D.h: n ist prim, da sonst (n-1)! mod n im der Menge der Nullteiler läge, der nicht -1 enthält.
Zu primem n gibt es aber ein Erzeugendes a, sodass
[mm](n-1)! = a^{\summe_{i=0}^{n-1}i} = a^{n²/2-n} = 1^{1/2} = -1[/mm]
modulo n gilt. Das ist eine Tautologie, wie ich grad sehe... hmm.
Gruß, Richard
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:16 Di 08.11.2005 | | Autor: | Galois |
Hallo Richard,
Schade - als ich sah, daß meine Frage auf "grün" stand, hatte ich mich schon auf eine Antwort gefreut...
Ja, daß n eine Primzahl sein muß, hatte Stefan schon festgestellt.
Inzwischen habe ich aber auf dem klassischen Offline-Wege eine Antwort zu dem Problem bekommen. Die Lösung poste ich aber nur, falls jemand anderes einen neuen Thread mit der Frage aufmacht. Schließlich will ich hier ja nicht meine eigenen Probleme lösen...
Grüße,
Galois
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