Sigma-Funktion < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Sei [mm] $\sigma(n)$ [/mm] die Summe der Teiler von n.
Zeigen Sie, dass [mm] $$\sigma(6q [/mm] + 5) [mm] \equiv 0\,(mod\,6)$$ [/mm] für alle positiven $p$ gilt. |
Mir ist die Darstellung als Produkt aus der Primfaktorenzerlegung [mm] (\prod{\summe_{k=1}^{a}p^k)} [/mm] klar, jedoch finde ich noch keinen eigenen Ansatz darausfolgend, diese Aufgabe zu beweisen!
Ich freue mich auf eine hilfreiche Antwort und verbleibe
mit lieben Grüßen
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:43 Di 03.05.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan!
> Sei [mm]\sigma(n)[/mm] die Summe der Teiler von n.
> Zeigen Sie, dass [mm]\sigma(6q + 5) \equiv 0\,(mod\,6)[/mm] für
> alle positiven $p$ gilt.
$p$ oder $q$?
> Mir ist die Darstellung als Produkt aus der
> Primfaktorenzerlegung [mm](\prod{\summe_{k=1}^{a}p^k)}[/mm] klar,
Das ist sicher nicht die Primfaktorzerlegung. Ausser in ganz, ganz, ganz wenigen Faellen.
> jedoch finde ich noch keinen eigenen Ansatz darausfolgend,
> diese Aufgabe zu beweisen!
Es reicht ja, erstmal [mm] $\equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{2}$ [/mm] und dann [mm] $\equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{3}$ [/mm] zu zeigen.
Fuer [mm] $\equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{2}$ [/mm] beachte, dass jeder Primteiler [mm] $p_k$ [/mm] ungerade ist. Ist also $6 p + 5 = [mm] \prod_{i=1}^k p_i^{e_i}$, [/mm] dann ist [mm] $\sigma(6 [/mm] p + 5) = [mm] \prod_{i=1}^k \sigma(p_i^{e_i})$. [/mm] Ueberlege dir nun, dass [mm] $\sigma(p_i^{e_i}) \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{2}$ [/mm] ist, da [mm] $p_i \neq [/mm] 2$ ist.
Modulo 3 schauen wir dann spaeter...
LG Felix
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das ist natürlich keine Primfaktorenzerlegung oben, aber eine Äquivalenz zur Sigma-Funktion, die anscheinend aufgrund meiner schlechten Formulierung der Darstellung von [mm] \sigma [/mm] als PFZ zu erkennen war!
Nichtsdestotrotz,
[mm] $\sigma(p^\alpha) \equiv 0\,(mod\,2)$, [/mm] wenn alpha ungerade ist. Dann ist $1 + [mm] \overbrace{p + \dots + p^\alpha}^{ungerade Anzahl}$ [/mm] gerade.
Aber, warum ist [mm] \alpha [/mm] ungerade?
und für die Kongruenz mod 3 frage ich mich, ob es einen anderen Weg als die Quersumme gibt...?
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:08 Mi 04.05.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Stefan
> das ist natürlich keine Primfaktorenzerlegung oben, aber
> eine Äquivalenz zur Sigma-Funktion, die anscheinend
> aufgrund meiner schlechten Formulierung der Darstellung von
> [mm]\sigma[/mm] als PFZ zu erkennen war!
Ah, sorry, jetzt seh ich das auch... Die Summe sollte aber bei 0 anfangen und nicht bei 1 :)
> Nichtsdestotrotz,
> [mm]\sigma(p^\alpha) \equiv 0\,(mod\,2)[/mm], wenn alpha ungerade
> ist. Dann ist [mm]1 + \overbrace{p + \dots + p^\alpha}^{ungerade Anzahl}[/mm]
> gerade.
> Aber, warum ist [mm]\alpha[/mm] ungerade?
Es reicht voellig aus, wenn einer der Exponenten ungerade ist.
Und das einer ungerade ist sieht man wenn man sich das ganze modulo 3 anschaut: wenn alle Exponenten gerade waeren, waer das Ergebnis [mm] $\equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{3}$. [/mm] Aber $6 p + 5 [mm] \equiv [/mm] 2 [mm] \pmod{3}$.
[/mm]
> und für die Kongruenz mod 3 frage ich mich, ob es einen
> anderen Weg als die Quersumme gibt...?
(Mindestens) eins der [mm] $\frac{p_i^{e_i + 1} - 1}{p_i - 1}$ [/mm] muss [mm] $\equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{3}$ [/mm] sein, damit [mm] $\sigma(6 [/mm] p + 5) [mm] \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{3}$ [/mm] ist.
Beachte, dass wenigstens ein Primfaktor von $6 p + 5$ kongruent zu 2 modulo 3 sein muss und gleichzeitig ungeraden Exponenten haben muss. Also hast du sagen wir eine Primzahl $p [mm] \neq [/mm] 2$ mit $p [mm] \equiv [/mm] 2 [mm] \pmod{3}$, [/mm] und eine ungerade Zahl $e > 0$, und wir wollen zeigen [mm] $\sigma(p^e) \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{3}$. [/mm] Da $p - 1$ nicht durch 3 teilbar ist, muessen wir zeigen dass [mm] $p^{e + 1} [/mm] - 1$ durch 3 teilbar ist: dann ist [mm] $\sigma(p^e)$ [/mm] durch 3 teilbar.
LG Felix
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> Moin Stefan
>
> > das ist natürlich keine Primfaktorenzerlegung oben, aber
> > eine Äquivalenz zur Sigma-Funktion, die anscheinend
> > aufgrund meiner schlechten Formulierung der Darstellung von
> > [mm]\sigma[/mm] als PFZ zu erkennen war!
>
> Ah, sorry, jetzt seh ich das auch... Die Summe sollte aber
> bei 0 anfangen und nicht bei 1 :)
>
> > Nichtsdestotrotz,
> > [mm]\sigma(p^\alpha) \equiv 0\,(mod\,2)[/mm], wenn alpha
> ungerade
> > ist. Dann ist [mm]1 + \overbrace{p + \dots + p^\alpha}^{ungerade Anzahl}[/mm]
> > gerade.
> > Aber, warum ist [mm]\alpha[/mm] ungerade?
>
> Es reicht voellig aus, wenn einer der Exponenten ungerade
> ist.
das ist mir klar.
>
> Und das einer ungerade ist sieht man wenn man sich das
> ganze modulo 3 anschaut: wenn alle Exponenten gerade
> waeren, waer das Ergebnis [mm]\equiv 1 \pmod{3}[/mm]. Aber [mm]6 p + 5 \equiv 2 \pmod{3}[/mm].
woraus folgt, dass $6p+5 [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \,(mod\,3)$ [/mm] bzw [mm] $\equiv [/mm] 2$ sein muss, abhängig von den Exponenten?
>
> > und für die Kongruenz mod 3 frage ich mich, ob es einen
> > anderen Weg als die Quersumme gibt...?
>
> (Mindestens) eins der [mm]\frac{p_i^{e_i + 1} - 1}{p_i - 1}[/mm]
> muss [mm]\equiv 0 \pmod{3}[/mm] sein, damit [mm]\sigma(6 p + 5) \equiv 0 \pmod{3}[/mm]
> ist.
klar.
>
> Beachte, dass wenigstens ein Primfaktor von [mm]6 p + 5[/mm]
> kongruent zu 2 modulo 3 sein muss und gleichzeitig
> ungeraden Exponenten haben muss. Also hast du sagen wir
dass es so einen Primfaktor geben muss ist klar, jedoch kann ich nicht nachvollziehen, warum dessen Exponent ungerade sein muss.
> eine Primzahl [mm]p \neq 2[/mm] mit [mm]p \equiv 2 \pmod{3}[/mm], und eine
unter der (für mich noch unbewiesenen) annahme, dass es diese zahl p gibt, klar.
ungleich 2 folgt, weil 6q+5 ja ungerade ist.
> ungerade Zahl [mm]e > 0[/mm], und wir wollen zeigen [mm]\sigma(p^e) \equiv 0 \pmod{3}[/mm].
> Da [mm]p - 1[/mm] nicht durch 3 teilbar ist, muessen wir zeigen dass
> [mm]p^{e + 1} - 1[/mm] durch 3 teilbar ist: dann ist [mm]\sigma(p^e)[/mm]
> durch 3 teilbar.
>
> LG Felix
>
[mm] $p^{e+1} [/mm] - 1 [mm] \equiv 0\,(mod\,3) \Leftrightarrow$
[/mm]
[mm] $p^{e+1} \equiv 1\,(mod\,3) \Leftrightarrow$ [/mm]
wenn $p [mm] \equiv 0\,(mod\,3)$, [/mm] dann ist
$p [mm] p^e \equiv 0\,(mod\,3)$ [/mm] und nicht [mm] $\equiv [/mm] 1$! also muss $p [mm] \neq [/mm] 3$ sein.
wenn $p [mm] \equiv 1\,(mod\,3)$ [/mm] ist, folgt:
[mm] $p\,p^\alpha [/mm] -1 [mm] \equiv 0\,(mod\,3)$
[/mm]
wenn $p [mm] \equiv 2\,(mod\,3)$ [/mm] ist, folgt:
$p := 3k+2, k [mm] \in \mathbb(N)$
[/mm]
[mm] (3k+2)^{\alpha+1} \equiv (3k+2)^2\,(3k+2)^{\alpha-1} \equiv 9k^2(3k+2)^{\alpha-1}+12(3k+2)^{\alpha-1}+4(3k+2)^{\alpha-1} \equiv 4(3k+2)^{\alpha-1} \equiv 1\,(mod\,3)$
[/mm]
ergo [mm] $p^{\alpha + 1} [/mm] -1 [mm] \equiv 0\,(mod\,3)
[/mm]
richtig?
danke vorerst schon für deine anregungsvollen antworten, das ganze forum ist wirklich eine tolle und gelungene hilfe!
zusätzlich habe ich folgendes eingeholt:
Ich habe in der Bibliothek eine Lösung für diese Aufgabe (aus American Mathematics Monthly) gesucht!
betrachten wir den allgemeinen fall:
[mm] $\sigma(am+x)$,
[/mm]
dann gilt,
[mm] $\sigma(am+x) [/mm] = [mm] \prod{\sum\limits_{k=0}^{\alpha}{p^k}}$.
[/mm]
weiters gilt,
[mm] $\sum\limits_{k=0}^{\alpha}{p^k} \equiv 0\,(mod\,p+1) \dots$ [/mm] für [mm] $\alpha$ [/mm] ungerade
also folgt direkt, dass [mm] $\sigma(am+x) \equiv 0\,(mod [/mm] p+1), wenn [mm] \alpha [/mm] ungerade ist.
Meine Frage ist nun, wann $am+x$ so gewählt ist, dass ein solcher Primfaktor [mm] $p^\alpha$ [/mm] existiert...?
wenn x ein quadratischer rest modulo m ist, dann kann $am+x$ kein perfektes Quadrat sein, also muss das gewünschte [mm] p^\alpha [/mm] exisiteren.
(WARUM gilt das??? mein zahlentheoretisches wissen ist mager (auch noch keine Lehrveranstaltung dafür gehabt), trotzdem muss ich diese Aufgabe lösen...)
spezialfall 5 ist ein quadratischer rest modulo 6, also gilt:
[mm] $\sigma(6q+5) \equiv 0\,(mod\,6)
[/mm]
lg stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:45 Do 05.05.2011 | | Autor: | felixf |
Moin,
> > Und das einer ungerade ist sieht man wenn man sich das
> > ganze modulo 3 anschaut: wenn alle Exponenten gerade
> > waeren, waer das Ergebnis [mm]\equiv 1 \pmod{3}[/mm]. Aber [mm]6 p + 5 \equiv 2 \pmod{3}[/mm].
>
> woraus folgt, dass [mm]6p+5 \equiv 1 \,(mod\,3)[/mm] bzw [mm]\equiv 2[/mm]
> sein muss, abhängig von den Exponenten?
Nun, wenn alle Exponenten grade sind, so ist $6 p + 5$ ein Quadrat. Kann ein Quadrat modulo 3 kongruent zu 2 sein?
> > > und für die Kongruenz mod 3 frage ich mich, ob es einen
> > > anderen Weg als die Quersumme gibt...?
> >
> > (Mindestens) eins der [mm]\frac{p_i^{e_i + 1} - 1}{p_i - 1}[/mm]
> > muss [mm]\equiv 0 \pmod{3}[/mm] sein, damit [mm]\sigma(6 p + 5) \equiv 0 \pmod{3}[/mm]
> > ist.
>
> klar.
>
> >
> > Beachte, dass wenigstens ein Primfaktor von [mm]6 p + 5[/mm]
> > kongruent zu 2 modulo 3 sein muss und gleichzeitig
> > ungeraden Exponenten haben muss. Also hast du sagen wir
>
> dass es so einen Primfaktor geben muss ist klar, jedoch
> kann ich nicht nachvollziehen, warum dessen Exponent
> ungerade sein muss.
Wenn der Exponent grade ist, dann ist die Primzahl hoch den Exponent kongruent zu 1 modulo 3.
> > eine Primzahl [mm]p \neq 2[/mm] mit [mm]p \equiv 2 \pmod{3}[/mm], und eine
>
> unter der (für mich noch unbewiesenen) annahme, dass es
> diese zahl p gibt, klar.
> ungleich 2 folgt, weil 6q+5 ja ungerade ist.
>
> > ungerade Zahl [mm]e > 0[/mm], und wir wollen zeigen [mm]\sigma(p^e) \equiv 0 \pmod{3}[/mm].
> > Da [mm]p - 1[/mm] nicht durch 3 teilbar ist, muessen wir zeigen dass
> > [mm]p^{e + 1} - 1[/mm] durch 3 teilbar ist: dann ist [mm]\sigma(p^e)[/mm]
> > durch 3 teilbar.
>
> [mm]p^{e+1} - 1 \equiv 0\,(mod\,3) \Leftrightarrow[/mm]
> [mm]p^{e+1} \equiv 1\,(mod\,3) \Leftrightarrow[/mm]
>
>
> wenn [mm]p \equiv 0\,(mod\,3)[/mm], dann ist
> [mm]p p^e \equiv 0\,(mod\,3)[/mm] und nicht [mm]\equiv 1[/mm]! also muss [mm]p \neq 3[/mm]
> sein.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> wenn [mm]p \equiv 1\,(mod\,3)[/mm] ist, folgt:
> [mm]p\,p^\alpha -1 \equiv 0\,(mod\,3)[/mm]
>
> wenn [mm]p \equiv 2\,(mod\,3)[/mm] ist, folgt:
> [mm]p := 3k+2, k \in \mathbb(N)[/mm]
> [mm](3k+2)^{\alpha+1} \equiv (3k+2)^2\,(3k+2)^{\alpha-1} \equiv 9k^2(3k+2)^{\alpha-1}+12(3k+2)^{\alpha-1}+4(3k+2)^{\alpha-1} \equiv 4(3k+2)^{\alpha-1} \equiv 1\,(mod\,3)$[/mm]
>
> ergo [mm]$p^{\alpha + 1}[/mm] -1 [mm]\equiv 0\,(mod\,3)[/mm]
>
> richtig?
Ja. Einfacher geht's so: [mm] $\alpha [/mm] + 1$ ist gerade und $p [mm] \equiv [/mm] 2 [mm] \equiv [/mm] -1 [mm] \pmod{3}, [/mm] womit [mm] $p^{\alpha + 1} \equiv 2^{gerade} \equiv (-1)^{gerade} \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{3}$ [/mm] ist.
> zusätzlich habe ich folgendes eingeholt:
>
> Ich habe in der Bibliothek eine Lösung für diese Aufgabe
> (aus American Mathematics Monthly) gesucht!
>
>
> betrachten wir den allgemeinen fall:
> [mm]\sigma(am+x)[/mm],
>
> dann gilt,
> [mm]\sigma(am+x) = \prod{\sum\limits_{k=0}^{\alpha}{p^k}}[/mm].
wobei das Produkt ueber alle [mm] $p^\alpha$ [/mm] ist, die $a m + x$ genau teilen
> weiters gilt,
>
> [mm]\sum\limits_{k=0}^{\alpha}{p^k} \equiv 0\,(mod\,p+1) \dots[/mm]
> für [mm]\alpha[/mm] ungerade
Das geht wie eben: die Summe ist gleich [mm] $\frac{p^{\alpha+1} - 1}{p - 1}$, [/mm] und [mm] $p^{\alpha+1} \equiv (-1)^{gerade} \equiv [/mm] 1 [mm] \pmod{p + 1}$. [/mm] Und $p - 1$ (im Nenner) ist offenbar nicht durch $p$ teilbar.
> also folgt direkt, dass [mm]$\sigma(am+x) \equiv 0\,(mod[/mm] p+1),
> wenn [mm]\alpha[/mm] ungerade ist.
>
> Meine Frage ist nun, wann [mm]am+x[/mm] so gewählt ist, dass ein
> solcher Primfaktor [mm]p^\alpha[/mm] existiert...?
Du meinst einen mit [mm] $\alpha$ [/mm] ungerade? Und was fuer Bedingungen gibt es an $a$, $m$ und $x$?
> wenn x ein quadratischer rest modulo m ist, dann kann [mm]am+x[/mm]
Meinst du: kein quadratischer Rest?
> kein perfektes Quadrat sein, also muss das gewünschte
> [mm]p^\alpha[/mm] exisiteren.
>
> (WARUM gilt das??? mein zahlentheoretisches wissen ist
> mager (auch noch keine Lehrveranstaltung dafür gehabt),
> trotzdem muss ich diese Aufgabe lösen...)
Wenn $a m + x$ ein Quadrat ist, dann auch modulo $m$ -- und modulo $m$ ist es kongruent zu $x$. Und "$x$ ist quadr. Rest modulo $m$" bedeutet gerade, dass es ein $y [mm] \in \IZ$ [/mm] gibt mit [mm] $y^2 \equiv [/mm] x [mm] \pmod{m}$.
[/mm]
Also: falls es kein quadr. Rest modulo $m$ ist, dann kann $a m + x$ auch kein Quadrat (in [mm] $\IZ$) [/mm] sein.
> spezialfall 5 ist ein quadratischer rest modulo 6, also
Nein, 5 ist eben kein quadratischer Rest. (Oder anders gesagt: ein quadratischer Nicht-Rest.)
> gilt:
> [mm]$\sigma(6q+5) \equiv 0\,(mod\,6)[/mm]
LG Felix
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