Prime Sierpinski Project/Beweis
Hier seht ihr den Beweis dafür, dass 271129*2^n+1 für jedes beliebige n zusammengesetzt ist. Zum Verständnis braucht man nur Kongruenzen, also das Rechnen mit Rest. Vergleiche auch Rieselzahl 509203 und Sierpinskizahl 78557.
Beweis
Fall A
- Für n ungerade, also n = 1 mod 2 gilt immer 3|z (was hier immer bedeuten soll 3 teilt 271129*2^n+1)
- 271129 * 2^(1+2*k) + 1 = 271129 * 2 * (2^2)^k + 1 = 1*2*1^k+1 = 3 = 0 mod 3, da gilt 271129 = 1 mod 3 und 4 = 1 mod 3. Es entsteht also kein Rest bei Divison durch 3, daher teilt 3 also 271129*2^n+1 falls n ungerade ist.
Fall B
- Für n=0 mod 4 (also n=0,4,8,...) folgt 5|z
- 271129 * (2^4)^k + 1 = 4*1^k+1 = 5 = 0 mod 5
Fall C
- Für n=2 mod 12 (n=2,14,26,...) folgt 7|z
- 271129 * 2^(12*k+2) + 1 = 271129 * 2^2 *(2^12)^k + 1 = 5*4*1^k+1 = 21 = 0 mod 7
Fall D
- Für n=6 mod 12 (n=6,18,30,...) folgt 13|z
- 271129 * 2^(12*k+6) + 1 = 271129 * 2^6 *(2^12)^k + 1 = 1*12*1^k+1 = 13 = 0 mod 13
Fall E
- Aus n=10 mod 36 folgt n=10 mod 72 oder n=46 mod 72. Aus ersterem folgt der Teiler 241 aus letzterem der Teiler 17.
- 271129 * 2^(72*k+10) + 1 = 271129 * 2^10 * (2^72)^k + 1 = 4*60*1^k+1 = 241 = 0 mod 241
- 271129 * 2^(72*k+46) + 1 = 271129 * 2^46 * (2^72)^k + 1 = 13*13*1^k+1 = 170 = 0 mod 17
Fall F
- Aus n=22 mod 36 folgt n=22 mod 72 oder n=60 mod 72. Aus ersterem folgt der Teiler 17 aus letzterem der Teiler 5.
- 271129 * 2^(72*k+22) + 1 = 271129 * 2^22 * (2^72)^k + 1 = 13*13*1^k+1 = 170 = 0 mod 17
- 271129 * 2^(72*k+60) + 1 = 271129 * 2^60 * (2^72)^k + 1 = 4*1*1^k+1 = 5 = 0 mod 5
Fall G
- Aus n=34 mod 36 folgt n=34 mod 72 oder n=70 mod 72. Aus ersterem folgt der Teiler 241 aus letzterem der Teiler 17.
- 271129 * 2^(72*k+34) + 1 = 271129 * 2^34 * (2^72)^k + 1 = 4*60*1^k+1 = 241 = 0 mod 241
- 271129 * 2^(72*k+70) + 1 = 271129 * 2^70 * (2^72)^k + 1 = 13*13*1^k+1 = 170 = 0 mod 17
Diese Fälle reichen aus um alle natürlichen Zahlen n abzudecken.
Für n mod 36 gibt es nur 36 verschiedene Werte. Diese decken alle natürlichen Zahlen n ab. Hier nochmal eine Auflistung:
| n mod 36 | Teiler | Fall |
|---|---|---|
| 0 | 5 | B |
| 1 | 3 | A |
| 2 | 7 | C |
| 3 | 3 | A |
| 4 | 5 | B |
| 5 | 3 | A |
| 6 | 13 | D |
| 7 | 3 | A |
| 8 | 5 | B |
| 9 | 3 | A |
| 10 | 241 bzw 17 | E |
| 11 | 3 | A |
| 12 | 5 | B |
| 13 | 3 | A |
| 14 | 7 | C |
| 15 | 3 | A |
| 16 | 5 | B |
| 17 | 3 | A |
| 18 | 13 | D |
| 19 | 3 | A |
| 20 | 5 | B |
| 21 | 3 | A |
| 22 | 17 bzw 5 | F |
| 23 | 3 | A |
| 24 | 5 | B |
| 25 | 3 | A |
| 26 | 7 | C |
| 27 | 3 | A |
| 28 | 5 | B |
| 29 | 3 | A |
| 30 | 13 | D |
| 31 | 3 | A |
| 32 | 5 | B |
| 33 | 3 | A |
| 34 | 241 bzw 17 | G |
| 35 | 3 | A |
Bemerkung
Eine berechtigte Frage wäre jetzt, warum man nicht einfach einen Beweis dieser Art für eine oder alle der verbleibenden k-Werte zusammenbaut. Das würde das aufwendige Testen der ganzen Zahlen überflüssig machen, da man dann auch ohne eine Primzahl zu finden zeigen kann, dass ein k-Werte eine Sierpinski Zahl ist. Man hat natürlich sowas versucht, aber falls es einen solchen Beweis geben sollte, ist er ungleich schwerer. Für jedes beliebige n hat man hier bei Probedivision bis 241 einen Faktor gefunden. Bei den übrigen k-Werten ist das nicht so einfach. Es ist allerdings nicht ausgeschlossen, dass in Zukunft plötzlich so ein Beweis entwickelt wird.
