Elementare Zahlentheorie und Problemlösen (11'') - Mathematik und ...

220 Problemlösestrategien 6.3
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3 3 5 5 7 7 9 9 11 11 13
4 4 5 5 7 7 10 10 11 11 13
5 5 5 5 7 7 10 10 11 11 13
6 6 6 6 7 7 11 11 11 11 13
7 7 7 7 7 7 11 11 11 11 13
8 8 8 8 8 8 11 11 11 11 13
9 9 9 9 9 9 11 11 11 11 13
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Offensichtlich ist s k,1 = k für alle k ∈ N 1 , was unmittelbar durch vollständige
Induktion gezeigt wird. Deshalb und wegen s 1,n = n für jedes n ∈ N 1 enthält die
erste Spalte die Zeilenindizes und die erste Zeile die Spaltenindizes der Tabelle.
Es erscheint nicht allzu gewagt, als Antwort auf die Aufforderung des Problems
die folgende Vermutung aufzustellen:
Es gilt s k,n = k für jedes n ∈ I k−1 genau dann, wenn k eine Primzahl ist.
Wegen der Definition der Folgenglieder müssen zum Finden des aus zwei Fällen
bestehenden Beweises die Folgen S n : = (s k,n ) k∈N1
, deren Anfangselemente für
n ≤ 11 in den Spalten der Tabelle stehen, untersucht werden. Diese Folgen wachsen
für jedes n ∈ N 1 monoton, weil die Differenz aufeinanderfolgender Glieder 0
oder 1 ist. Da s k,1 = k für alle k ∈ N 1 gilt, sei im Folgenden n ∈ N 2 fest gewählt.
Charakteristisch sind die “Sprungstellen” von S n , die mit bestimmten Teilern der
Folgenglieder zusammenhängen. Bei der rekursiven Definition dieser Teilerfolgen
(t i ) i∈N
nutzen wir, dass es wegen des monotonen Wachsens von S n zu jedem
k ∈ N 1 genau ein i ∈ N mit s k,n = n + i gibt:
t 0 : = 1 und t i+1 : = min {d ∈ N 2 ; d > t i und d | (n + i + 1)} für i ∈ N.
Dabei muss mit vollständiger Induktion gezeigt werden, dass t i+1 für jedes i ∈ N
erklärt ist. Im Induktionsschritt folgt aus t i | (n + i), dass sich der Minimumsatz
(Seite 11) anwenden lässt, weil die Menge {d ∈ N 2 ; d > t i und d | (n + i + 1)}
wegen n + i + 1 > t i nicht leer ist. Ebenfalls mit vollständiger Induktion ergibt
sich nun für jedes i ∈ N als Präzisierung der obigen Sprungstellenaussage
(6.34) s k,n = n + i für alle k ∈ N 1 mit t i−1 < k ≤ t i ,