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Primzahlen/ Teileranzahl/Teilersumme

Universität / Fachhochschule

Tags: Primzahl, Teiler, Teileranzahl, Teilersumme

anonymous

10:44 Uhr, 03.05.2011

Hallo, folgendes: (a)Man soll alle natürlichen Zahlen mit der Teileranzahl 6 beschreiben und anschließend die Teilersumme angebe.
(b) Man soll zeigen, dass es keine natürliche Zahl gibt, in deren kanonische Primfaktorzerlegung 3 verschiedene Primzahlen vorkommt und die genau sechs Teiler hat.
(c) Auf einem Brett befinden sich 1000 Lämpchen (von 1 bis 1000 nummeriert). In einem ersten Schritt werden alle Lämpchen mit einer durch 1 teilbaren Nummer angemacht, im zweiten alle Lämpchen mit einer durch 2 teilbaren Zahl, im k-ten Schritt alle Lämpchen mit Nummern, die durch k teilbar sind. Welche Lämpchen leuchten im 1000. Schritt?
(d)Man soll zehn verschiedene natürliche Teiler von 2^36-1 angeben.

zu (a) Dafür muss der Exponent bei der Primfaktorzerlegung einmal 1 und einmal 2 sein, weil das Produkt 2*3=6 ist. Aber reicht das schon aus und wie gibt man die Teilersumme an?
(b) siehe (a)
(c) Alle Nummern, die durch 1000 teilbar sind, also nur die Lampe 1000, oder?
(d) keine wirkliche Idee. Müsste man nicht erst eine Primfaktorzerlegung machen?

Vielen Dank im Voraus.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Teilbarkeit natürlicher Zahlen

michaL aktiv_icon

12:31 Uhr, 03.05.2011

Hallo,

zunächst: es gibt diesbezüglich einige threads, die was mit Teileranzahl zu tun haben und dir helfen können.

Zu a): Du hast ja schon erfasst, wie das im - sagen wir mal - Normalfall geht. Bedenke aber auch, dass

2^{5}

genau die Teiler

2^{0}

2^{1}

2^{2}

2^{3}

2^{4}

und

2^{5}

hat, also genau 6 Teiler.

Also sind nicht nur Zahlen der Form

p^{2} q

mit

p \neq q

p, q

prim geeignet, sondern auch

p^{5}

p

prim.

Die Teilersumme kannst du wohl nur über die Primfaktorzerlegung ausrechnen. Vielleicht machst du dir am einfachsten dazu eine Skizze vom Teilerverband (vom Normalfall, die Summe

p^{0} + p^{1} + p^{2} + \dots + p^{5}

sollte dir keine Probleme bereiten). Die wollen ja nur eine Formel sehen, und die wird nur von den vorkommenden Primzahlen

p

und

q

abhängen!

zu b): Zeichne auch hier den Teilerverband, der sich mindestens ergeben müsste mit drei verschiedenen Primzahlen.
Mehr später, muss los.

Mfg MIchael

Bummerang

12:56 Uhr, 03.05.2011

Hallo,

wenn man die eindeutige Pimfaktorzerlegung einer Zahl hat, dann kann man mittels dieser Primfaktorzerlegung die Anzahl der Teiler bestimmen. Dazu sei die Primfaktorzerlegung von einer Zahl

n

in die

k

paarweise verschiedenen Primzahlen

p_{j} (j = 1, 2, . .

, k)

mit der jeweiligen Vielfachheit

n_{j}

mit

n_{j} > 0 (j = 1, 2, . .

, k)

gegeben. Dann ist die Primfaktorzerlegung von

n :

n = p_{1}^{n_{1}} \cdot p_{2}^{n_{2}} \cdot . .

\cdot p_{k}^{n_{k}}

und die Anzahl der Teiler

t

von

n

ergibt sich dann:

t = (n_{1} + 1) \cdot (n_{2} + 1) \cdot . .

\cdot (n_{k} + 1)

Hat eine Zahl genau 6 Teiler, so läßt sich diese Teileranzahl selbst nur in

2 \cdot 3

und 6 als Faktorzerlegung zerlegen. Da für die gesuchten Zahlen

n

gilt, dass die Teileranzahl sich wie oben in Faktoren zerlegen lässt, ist nur folgende Faktorzerlegung möglich:

6 = 2 \cdot 3 = (1 + 1) \cdot (2 + 1) = (n_{1} + 1) \cdot (n_{2} + 1)

6 = (5 + 1) = (n_{1} + 1)

Die gesuchten Zahlen haben also eine Primfaktorzerlegung der Form:

n = p_{1}^{1} \cdot p_{2}^{2}

bzw.

n = p_{1}^{5}

Die 6 Teiler sind

1, n = p_{1} \cdot p_{2}^{2}, p_{1}, p_{2}, p_{1} \cdot p_{2}

und

p_{2}^{2}

bzw.

1, p_{1}, p_{1}^{2}, p_{1}^{3}, p_{1}^{4}, p_{1}^{5}

Die Summe aller Teiler ist:

p_{1} \cdot p_{2}^{2} + p_{2}^{2} + p_{1} \cdot p_{2} + p_{1} + p_{2} + 1

= (p_{1} + 1) \cdot p_{2}^{2} + (p_{1} + 1) \cdot p_{2} + (p_{1} + 1)

= (p_{1} + 1) \cdot (p_{2}^{2} + p_{2} + 1)

bzw.

p_{1}^{5} + p_{1}^{4} + p_{1}^{3} + p_{1}^{2} + p_{1} + 1

= p_{1}^{5} + p_{1}^{4} + p_{1}^{3} + p_{1}^{2} + p_{1}^{1} + p_{1}^{0}

= p_{1}^{6} - 1

Den Aufgabenteil

b)

erledigt man mit obiger Formel, indem man feststellt, dass dann die Zahl

6 i n 3

jeweils von 1 verschiedene Faktoren zerlegbar sein müßte.

Bei Teilaufgabe

c)

denke ich, dass es die hier bereits gab, allerdings wurden die Lämpchen nicht eingeschaltet sondern nur geschaltet und die Ausgangsstellung war entweder ein oder aus, das ist egal, kommt am Ende nur das Gegenteil heraus.

D . h

. im ersten Schritt (alle sind durch 1 teilbar) werden alle eingeschaltet. Im zweiten Schritt werden die geraden geschaltet und das bedeutet ausgeschaltet. Im dritten werden die durch 3 teilbaren geschaltet,

d . h

. die ungeraden durch 3 teilbaren werden ausgeschaltet, die geraden durch 3 teilbaren werden eingeschaltet.

U . s . w ., u . s . f

. Am Ende gilt es nur herauszufinden, welche Zahlen durch eine ungerade Anzahl von Teilern geteilt werden können, denn die leuchten am Ende. Suche doch mal diese alte Aufgabe, dort gab es auch eine Lösung.

Für die

d)

gilt doch:

2^{36} - 1 = 2^{18 \cdot 2} - 1 = {(2^{18})}^{2} - 1^{2} = (2^{18} + 1) \cdot (2^{18} - 1)

2^{36} - 1 = (2^{18} + 1) \cdot (2^{9 \cdot 2} - 1) = (2^{18} + 1) \cdot ({(2^{9})}^{2} - 1^{2}) = (2^{18} + 1) \cdot (2^{9} + 1) \cdot (2^{9} - 1)

2^{36} - 1 = (2^{18} + 1) \cdot (2^{9} + 1) \cdot (2^{9} - 1) = (2^{18} + 1) \cdot 513 \cdot 511 = (2^{18} + 1) \cdot (19 \cdot 27) \cdot (7 \cdot 73)

Aus den letzten 4 Zahlen solltest Du Deine

10

Teiler durch Kombination der Faktoren leicht zusammenbekommen. Die 4 Teiler selbst und jedes mögliche Paar ergeben bereits

10

Teiler. Und wenn Du die

27

noch in Faktoren zerlegst...

EDIT:
Habe mal nach der alten Aufgabe gesucht, sie aber nicht so schnell gefunden. Aber geht auch so:

Die Anzahl der Teiler muss ungerade sein. Da die Anzahl der Teiler sich in Faktoren zerlegen läßt, muß jeder der Faktoren ungerade sein. Da diese ungeraden Faktoren die natürlichen Nachfolger der Exponenten der Primfaktorzerlegung darstellen, müssen alle Exponenten in der Primfaktorzerlegung gerade sein. Damit sind die gesuchten Zahlen alle Quadratzahlen. Jetzt sind nur die Quadratzahlen von 1 bis

1000

zu ermitteln, da gibt es nur

31

Stück

(1^{2}, . .

, 31^{2}),

denn

32^{2}

ist

1024

und schon zu groß!

anonymous

19:52 Uhr, 03.05.2011

Super anschaulich, vielen Dank.

MrKnister aktiv_icon

13:23 Uhr, 09.05.2011

Meine Frage wäre, wie man darauf kommt, dass bei Aufgabenteil

c)

beim

1000

. Schritt genau die Lämpchen brennen, die eine ungerade Teileranzahl besitzen?

nonime aktiv_icon

19:19 Uhr, 09.05.2011

Jedes Lämpchen schaltet so oft um wie viele Teiler es hat. Hat ein Lämpchen nun eine gerade Anzahl von Teilern, ist es am Ende aus. Ist die Teileranzahl ungerade, leuchtet es am Ende.

1 an 2 aus 3 an usw...
oder
1 an 2 aus 3 an 4 aus usw...

Lämpchen

300 z . b

. verändert sich ab dem

301

. Durchgang nicht mehr.

886376

884100

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