Uber Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen

.
Julius-Maximilians-Universität Würzburg
Fakultät für Mathematik und Informatik
Institut für Mathematik
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Bachelorarbeit
Über Mengen natürlicher Zahlen
und ihre Ziffernfolgen
Miriam Goldschmied
Betreuer: Prof. Dr. Jörn Steuding
Abgabetermin: 25.11.2013
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0
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
0
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0.
Inhaltsverzeichnis
1.
Einleitung
1
2.
Vorbereitungen
3
2.
2.1.
Ziffernfolgen: Definitionen und Notation
3
2.
2.2.
Eigenschaften minimaler Elemente einer Menge
4
2.
2.3.
Beweis der Endlichkeit von Streichungsmengen
5
3.
Drei Beispiele für Streichungsmengen
3.
3.1.
Die Streichungsmenge der Primzahlen: S(P)
3.
3.2.
Die Streichungsmenge der zusammengesetzten Zahlen: S(Z)
10
3.
3.3.
Die Streichungsmenge der quadratfreien Zahlen: S(Q)
11
4.
Ausblick: Eine Vermutung von Shallit
12
5.
Literaturverzeichnis
15
6.
Erklärung
16
7
7
1
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
1
.
1. Einleitung
.
Die Menge N = {1, 2, 3, . . .} der natürlichen Zahlen ist uns neben der Mathematik auch
aus dem Alltag als Hilfsmittel für das Zählen und Sortieren von Objekten über die Zeit
so vertraut, dass wir bis heute sehr viele Probleme mit ihrer Hilfe formulieren, und sich
besonders in der kombinatorischen Zahlentheorie mehr als in anderen Gebieten immerzu
neue interessante Fragestellungen ergeben. Bereits ein kleiner Blick in Richard K. Guy’s
umfassende Sammlung ungelöster Probleme aus der Zahlentheorie [1] demonstriert dies
eindrucksvoll und verweist uns unvermeidlich auf Paul Erdös, einen der bedeutendsten
Mathematiker des 20. Jahrhunderts, dem wir (neben seinen unzähligen Arbeiten) einen
Großteil der dort weiterhin offenen Vermutungen verdanken. Bemerkenswert viele davon
sind den Primzahlen gewidmet, also den natürlichen Zahlen n > 2, die nur durch 1 und
n (ohne Rest) teilbar sind, und die wir in der Menge P = {2, 3, 5, . . .} zusammenfassen,
wobei Erdös in einer seiner Problemsammlungen [2] festhält: Hardy once remarked that
”
every fool can ask questions about primes which no wise man can answer.“
Auch Guy verdeutlicht in seinem Buch, für wie viele zwar einfach formulierbare Fragen
über Primzahlen nach wie vor kaum Lösungsansätze erkennbar sind, vor allem auch bei
Problemen, die Strukturen in den Ziffernfolgen der Primzahlen behandeln, zum Beispiel
ob es unendlich viele Primzahlen gibt, die gleichzeitig Palindromzahlen sind, also deren
Ziffernfolge vor- und rückwärts gelesen identisch ist, wie bei 2, 3, 5, 7, 11, 101 oder 131.
In [1, A3] zählt er viele weitere Probleme dieser Art auf und schreibt: It is hard to put
”
an upper bound on the number of questions that one may ask about the digits of primes.“
Entscheidend ist hier, dass die Primzahlen eine dünne Teilmenge der natürlichen Zahlen
P
bilden, wobei man eine Teilmenge M ⊆ N mit Anzahlfunktion a(M, x) =
m6x, m∈M 1
(für x ∈ R) und entsprechender Dichtefunktion d(M, x) = a(M, x)/x dünn (in N) nennt,
falls ihre Dichte δ(M) = lim x→∞ d(M, x) gleich 0 ist. Diese grundlegende Aussage über
die Verteilung der Primzahlen wurde, wie Narkiewicz in [3] bemerkt, erstmals von Euler
1737 ohne Beweis notiert, und ist sicher nicht einfach, denn seit Euklid wissen wir:
.
Es gibt unendlich viele Primzahlen: lim x→∞ a(P, x) = ∞.
.
Beweis: Angenommen, es gibt nur endlich viele Primzahlen, die wir also aufsteigend mit
Q
p1 = 2, p2 = 3, . . . , pn für ein n ∈ N bezeichnen können. Dann ist die Zahl ( nk=1 pk ) + 1
durch keine der n Primzahlen teilbar, denn ansonsten würde eine solche Primzahl neben
Qn
Qn
k=1 pk auch 1 teilen. Auf der anderen Seite hat die Zahl (
k=1 pk ) + 1 > 1 nach dem
Fundamentalsatz der Arithmetik aber trotzallem mindestens einen Primfaktor, über den
wir also eine weitere Primzahl gefunden haben, im Widerspruch zur Maximalität von n,
bzw. dass p1 , . . . , pn bereits alle Primzahlen gewesen sein können.
2
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
2
Leider geht auch aus Narkiewicz’s detailliertem Buch nicht hervor, wann δ(P) = 0 zum
ersten Mal nachgewiesen wurde, aber verfolgen wir die Entwicklung der Primzahltheorie
in [3] weiter, so gelangen wir besonders nach Vorarbeit durch Tschebyscheff um 1852, der
c1 ·
x
x
6 a(P, x) 6 c2 ·
log(x)
log(x)
mit zwei positiven Konstanten c1 und c2 für alle hinreichend großen x zeigte, schließlich
zu Hadamard und de La Vallée Poussin, die 1896 unabhängig erstmals den Primzahlsatz
.
lim a(P, x)
x→∞
x
= 1 bzw.
log(x)
lim d(P, x)
.
x→∞
1
=1
log(x)
bewiesen, für den Atle Selberg und Erdös 1948 auf einer Formel von Selberg basierend
elementare Beweise ohne Hilfsmittel der komplexen Analysis fanden, die aber weiterhin
sehr schwer bleiben. Obwohl aus dem Primzahlsatz oder Tschebyscheff’s Ungleichungs1
kette unmittelbar δ(P) = lim x→∞ log(x)
= 0 folgt, wollen wir die Dichte daher auch kurz
Q
über die durch Erdös bekannte Abschätzung p6x, p∈P p 6 4x für alle x > 1, die er in
seiner ersten Arbeit über das Bertrandsche Postulat bewiesen hat, selbst nachrechnen:
p
.
q
Für jedes h aus dem Intervall (1, x] gilt dann nämlich
Q
Q
ha(P,x)−a(P,h) 6 h6p6x, p∈P p 6 p6x, p∈P p 6 4x
.
und nach Anwenden des natürlichen Logarithmus auf beiden Seiten
.
log(ha(P,x)−a(P,h) ) 6 log(4x ) bzw. (a(P, x) − a(P, h)) log(h) 6 x log(4),
also a(P, x) 6 x ·
.
.
log(4)
log(h)
+ a(P, h) 6 x ·
d(P, x) = a(P, x)/x 6 (x ·
log(4)
log(h)
log(4)
log(x1/2 )
.
+ h, was mit h = x1/2 insbesondere
+ x1/2 )/x =
log(4)
δ(P) = lim x→∞ d(P, x) 6 lim x→∞ ( log(x
1/2 ) +
log(4)
log(x1/2 )
1
)
x1/2
+
1
,
x1/2
d.h.
=0+0=0
.
.
liefert, und wegen δ(M) > 0 für alle M ⊆ N somit δ(P) = 0 ergibt.
x
y
Bemerkung: Aus x1/2 > log(x) für alle x > 1 können wir x1/2 =
immerhin a(P, x) 6 x ·
log(4)
log(x1/2 )
+
x1/2
<
x log(4)
1/2 log(x)
+
x
log(x)
x
x1/2
x
log(x) und damit
x
1) · log(x)
folgern.
<
= (2 log(4) +
sogar
Doch trotz der im Durchschnitt folglich immer größeren Abstände aufeinanderfolgender
Primzahlen, und ihrer unter anderem dadurch begründeten sehr zufälligen Verteilung in
kleinen Intervallen einer festen Länge, konnte Shallit 2000 in [4] 26 Primzahlen angeben,
von denen auch jede andere Primzahl mindestens eine als Ziffernteilfolge enthält.
3
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
3
Zunächst kaum vorstellbar, aber Shallits Beweis benötigt nur kleine Ergebnisse, die uns
aus der elementaren Zahlentheorie bekannt sind, und wirkt an einigen Stellen vielmehr
wie ein kombinatorisches Spiel, zwei weitere Gründe, dass wir ihn in dieser Arbeit nach
mehreren allgemeinen Vorüberlegungen vorführen möchten. Anschließend werden wir für
die zusammengesetzten und die quadratfreien Zahlen ähnliche Resultate erarbeiten, und
im letzten Kapitel zum Abschluss eine Vermutung von Shallit diskutieren.
.
2. Vorbereitungen
.
In den nächsten Abschnitten betrachten wir zuerst allgemeiner eine Menge M ⊆ N und
sammeln einige hilfreiche Eigenschaften der Ziffernfolgen ihrer Elemente.
2.1. Ziffernfolgen: Definitionen und Notation
Im Folgenden unterscheiden wir stets zwischen einer natürlichen Zahl m ∈ N und ihrer
Ziffernfolge (µ1 , µ2 , . . . , µk ) mit µ1 ∈ {1, . . . , 9}, µi ∈ {0, 1, . . . , 9} für 2 6 i 6 k ∈ N, und
P
.
.
10k−1 µ1 + 10k−2 µ2 + · · · + µk = ki=1 10k−i µi = m
als ihre eindeutige Darstellung im Dezimalsystem. Für die Ziffernfolge von m schreiben
wir auch kurz (m), sowie für die Menge der Ziffernfolgen aller Elemente von M analog
(M) = {(m) : m ∈ M}. Insbesondere ist also über (N) die Menge der Ziffernfolgen aller
natürlichen Zahlen gegeben, wobei wir für eine Ziffernfolge µ aus (N) umgekehrt mit [µ]
ihren entsprechenden Zahlenwert in N meinen.
Für zwei beliebige, unter Umständen auch mit der 0 beginnende, endliche Ziffernfolgen
α = (α1 , α2 , . . . , αl1 ) und β = (β1 , β2 , . . . , βl2 ) der Längen l1 und l2 bezeichnen wir deren
verknüpfte Ziffernfolge (α1 , α2 , . . . , αl1 , β1 , β2 , . . . , βl2 ) kurz mit αβ und schreiben α C β,
falls α eine Teilfolge von β ist, wie z.B. (1, 3) C (1, 2, 3) oder (3, 1) 6C (1, 2, 3), also falls
α veranschaulicht alleine durch (eventuelles) Streichen von Ziffern aus β entstehen kann.
Gilt α C β oder β C α (oder beides), so nennen wir α und β auch vergleichbar.
Mithilfe dieser Definitionen versuchen wir nun in einer Menge M eine möglichst kleine
Teilmenge S ⊆ M zu finden, so dass jede Zahl aus M mindestens eine Zahl aus S als
Ziffernteilfolge enthält, es also für jedes m ∈ M ein s ∈ S mit (s) C (m) gibt.
Wir betrachten dafür zuerst all die Zahlen aus M, deren echten Ziffernteilfolgen selbst
nicht in (M) liegen, und die wir minimale Elemente von M nennen, denn diese müssen
auf alle Fälle in einem solchen S enthalten sein. Allerdings reicht die Menge
4
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
4
.
S(M) = {m ∈ M : {l ∈ M : l < m, (l) C (m)} = ∅}
.
aller minimalen Elemente von M, die wir als Streichungsmenge bezeichnen, bereits aus,
denn für jedes andere Element m aus M ist {l ∈ M : l < m, (l) C (m)} nicht leer und
dann sicher min({l ∈ M : l < m, (l) C (m)}) ein minimales Element.
2.2. Eigenschaften minimaler Elemente einer Menge
Ähnlich wie eine Primzahl nur durch sich selbst aber keine andere Primzahl teilbar ist,
also Primzahlen insbesondere paarweise teilerfremd sind, enthält ein minimales Element
von M auch nur sich selbst aber keine andere Zahl aus S(M) ⊆ M als Ziffernteilfolge,
was entsprechend bedeutet, dass die Ziffernfolgen der minimalen Elemente von M, bzw.
die der Elemente ihrer Streichungsmenge S(M), paarweise nicht vergleichbar sind.
Genauso können wir über das Sieb des Eratosthenes, mit dem man aus der Folge aller
ihrer Größe nach aufsteigend sortierten natürlichen Zahlen ab der 2 durch wiederholtes
Streichen aller echten Vielfachen der jeweils nächsten nicht gestrichenen Zahl, d.h.
.
2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11 , 12 , 13 , 14 , 15 , 16 , . . .
2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11 , 12 , 13 , 14 , 15 , 16 , . . .
2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11 , 12 , 13 , 14 , 15 , 16 , . . .
.
usw., gerade die Primzahlen erhält, auch einen iterativen Algorithmus zur Bestimmung
der minimalen Elemente von M unterhalb einer oberen Grenze x ∈ R gewinnen:
p
.
x
q
Algorithmus zur Bestimmung
von Px = {p ∈ P : p 6 x}
Algorithmus zur Bestimmung
von Sx (M) = {s ∈ S(M) : s 6 x}
1. Setze A = {a ∈ N : 2 6 a 6 x}
1. und Px = {} (Initialisierung)
1. Setze A = {a ∈ M : a 6 x}
1. und Sx (M) = {} (Initialisierung)
2. Falls A =
6 {}, ...
2. Falls A =
6 {}, ...
2. 3. wähle p = min(A) aus
2. 3. wähle s = min(A) aus
2. 4. bilde Ap = {a ∈ A : p | a}
2. 4. bilde As = {a ∈ A : (s) C (a)}
2. 5. setze A = A \ Ap ( Streichen“)
”
2. 5. und Px = Px ∪ {p}
2. 5. setze A = A \ As ( Streichen“)
”
2. 5. und Sx (M) = Sx (M) ∪ {s}
2. 6. gehe zu Schritt 2
2. 6. gehe zu Schritt 2
7. Gib Px zurück
7. Gib Sx (M) zurück
.
y
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Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
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Stellen wir uns kurz vor, die beiden Algorithmen ohne eine obere Grenze zu starten, so
würde das Sieb des Eratosthenes wegen lim x→∞ a(P, x) = ∞ sicher endlos weiterlaufen,
wohingegen unser Algorithmus zur Bestimmung von Sx (M) unter der Annahme x → ∞
auch für unendliche Mengen M durchaus abbrechen kann, zum Beispiel M = N:
In diesem Fall würde unser Algorithmus nämlich bereits nach neunmaligem Streichen“
”
terminieren und S(N) = {1, . . . , 9} zurückgeben, denn jede der neun einstelligen Zahlen
von 1 bis 9 kann erst wieder in den mehrstelligen Zahlen ab der 10 als Ziffer enthalten
sein, d.h. {1, . . . , 9} ⊆ S(N), und weil jede natürliche Zahl mit einer dieser neun Zahlen
ungleich 0 als Ziffer beginnt, sind dann schon alle natürlichen Zahlen gestrichen“.
”
Noch etwas allgemeiner können wir dabei festhalten, dass neben dem kleinsten Element
von M auch stets alle Elemente der gleichen Ziffernfolgenlänge minimal sind, denn zwei
verschiedene endliche Ziffernfolgen gleicher Länge können nicht vergleichbar und (neben
sich selbst) erst wieder in längeren Ziffernfolgen enthalten sein:
Lemma. Für alle M ⊆ N gilt {m ∈ M : m < 10blog10 (min(M))c+1 } ⊆ S(M).
Betrachten wir also die Folge (Fk )k∈N der Mengen Fk = {n ∈ N : 10k−1 6 n < 10k }, die
jeweils genau alle k-stelligen natürlichen Zahlen enthalten, dann entspricht S(Fk ) sogar
ganz Fk und wir haben |S(Fk )| = |Fk | = 10k − 10k−1 = 9 · 10k−1 , woraus im Grenzfall
k → ∞ insbesondere folgt, dass Streichungsmengen beliebig groß sein können.
2.3. Beweis der Endlichkeit von Streichungsmengen
Erstaunlicherweise sind Streichungsmengen aber immer endlich, denn als eine Folgerung
aus dem Lemma von Higman (1952) über Wohl-Quasi-Ordnungen [5] ergibt sich für die
Theorie formaler Sprachen, in der man neben Ziffernfolgen auch beliebige Zeichenfolgen
(Wörter) über einem vorgegebenen Alphabet betrachtet, dass in einer unendlichen Folge
ω1 , ω2 , . . . von Wörtern über einem endlichen Alphabet (hier: {0, 1, . . . , 9}) stets Wörter
ωi und ωj mit i < j und ωi C ωj existieren, also zwei vergleichbare Wörter.
Für das weitaus allgemeinere Lemma von Higman fand Nash-Williams 1963 mit seinem
als Minimal-Bad-Sequence“ bekannten Argument einen besonders eleganten Beweis [6],
”
der aber weiterhin nicht konstruktiv blieb, und erst 2002 durch Seisenberger vollständig
in einen entsprechenden induktiven Beweis [7] umgewandelt werden konnte. An unseren
Sonderfall der Streichungsmengen angepasst stellen wir einen Beweis vor, der Conway [8]
folgt und auf den ursprünglichen Ideen von Nash-Williams basiert.
Satz. Für alle M ⊆ N ist S(M) endlich.
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Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
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Beweis: Angenommen, die Streichungsmenge S(M) wäre nicht endlich, d.h. M besitzt
unendlich viele minimale Elemente. Da deren Ziffernfolgen insbesondere paarweise nicht
vergleichbar sind, gibt es somit vor allem unendliche Folgen (fn )n∈N natürlicher Zahlen
derart, dass für i < j stets (fi ) 6C (fj ) gilt. Unter all diesen Folgen, die wir in der Menge
F zusammenfassen, gibt es dann eine früheste“ Folge (fn∗ )n∈N mit den Eigenschaften
”
f1∗ ist die kleinste natürliche Zahl, mit der eine Folge aus F beginnt
f2∗ ist die kleinste natürliche Zahl, so dass eine Folge aus F mit f1∗ , f2∗ beginnt
f3∗ ist die kleinste natürliche Zahl, so dass eine Folge aus F mit f1∗ , f2∗ , f3∗ beginnt
usw., denn nach dem Auswahlaxiom können wir zunächst in der Menge
.
{f1 : (fn )n∈N ∈ F} ⊆ N
.
der ersten Glieder aller Folgen aus F die kleinste natürliche Zahl f1∗ auswählen und uns
damit auf die Menge aller mit f1∗ beginnenden Folgen aus F, d.h.
.
F1∗ = {(fn )n∈N ∈ F : f1 = f1∗ } ⊆ F,
.
beschränken, und dann sukzessive für k > 2 wiederum in der Menge
.
∗
{fk : (fn )n∈N ∈ Fk−1
}⊆N
.
∗
der k-ten Glieder aller Folgen aus Fk−1
die kleinste natürliche Zahl fk∗ auswählen, womit
wir uns weiter auf die Menge aller mit f1∗ , f2∗ , . . . , fk∗ beginnenden Folgen aus F, d.h.
.
∗
∗
Fk∗ = {(fn )n∈N ∈ Fk−1
: fk = fk∗ } ⊆ Fk−1
⊆ . . . ⊆ F1∗ ⊆ F,
.
∗
für die nächste Auswahl von fk+1
einschränken.
Über das Schubfachprinzip folgt nun, dass unendlich viele Folgeglieder von (fn∗ )n∈N , etwa
fl∗1 , fl∗2 , . . . mit 1 6 l1 < l2 < . . . , auf die gleiche Ziffer z ∈ {0, 1, . . . , 9} enden, wobei fl∗n
für alle n ∈ N mehrstellig ist, denn sonst wäre fl∗n = z und folglich (fl∗n ) = (z) C (fl∗n+1 ),
obwohl ln < ln+1 . Dann liegt aber auch noch die Folge (an )n∈N der Zahlen an = bfl∗n /10c,
die wir nach Streichen der Ziffer z an der letzten Stelle von (fl∗n ) erhalten, in F, da aus
(ai ) C (aj ) mit i < j sofort (fl∗i ) = (ai )(z) C (aj )(z) = (fl∗j ) mit li < lj folgen würde.
Falls also a1 < f1∗ bestünde, dann hätten wir in F mit (an )n∈N eine frühere“ Folge als
”
(fn∗ )n∈N gefunden. Aber auch sonst (l1 > 1) gilt sicher a1 = bfl∗1 /10c < fl∗1 , und es gäbe
mit f1∗ , . . . , fl∗1 −1 , a1 , a2 , . . . eine frühere“ Folge als (fn∗ )n∈N , die wirklich auch noch in F
”
liegt, denn auch für ein Paar fi∗ , aj mit i ∈ {1, . . . , l1 − 1}, j ∈ {1, 2, . . .} ist (fi∗ ) 6C (aj )
erfüllt, da sonst unmittelbar (fi∗ ) C (aj ) C (aj )(z) = (fl∗j ) mit i < l1 6 lj folgen würde.
Auf alle Fälle ergibt sich daher ein Widerspruch.
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Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
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.
3. Drei Beispiele für Streichungsmengen
.
Bevor wir in den nächsten Abschnitten die Streichungsmengen dreier bekannter Mengen
natürlicher Zahlen genau ermitteln, möchten wir hierfür wie Shallit in [4] noch ein paar
weitere sehr nützliche und vereinfachende Notationen einführen:
Zur besseren Darstellbarkeit schreiben wir Ziffernfolgen nun in Schreibmaschinenschrift,
also z.B. 1234 ∈ (N) für die Ziffernfolge der natürlichen Zahl 1234. Ist z eine Ziffer aus
{0, 1, . . . , 9}, dann schreiben wir für die Ziffernfolge, die ausschließlich genau k Ziffern z
enthält, auch kurz z k , also z.B. 14 = 1111. Für zwei Ziffernmengen A, B ⊆ {0, 1, . . . , 9}
setzen wir außerdem AB = {ab : a ∈ A, b ∈ B}, also z.B. {1, 2}{3, 4} = {13, 14, 23, 24},
und definieren hierüber schließlich AB ∗ = A ∪ AB ∪ (AB)B ∪ ((AB)B)B ∪ · · · , also z.B.
{1, 2}{3, 4}∗ = {1, 2, 13, 14, 23, 24, 133, 134, 143, 144, 233, 234, 243, 244, 1333, . . .}.
Um die Nachweise der Streichungsmengen möglichst überschaubar ausführen zu können,
geben wir für die jeweilige Menge M ⊆ N ihre Streichungsmenge S(M) zuvor gleich im
entsprechenden Satz an, für die man als Probe zunächst selbständig überprüft, ob jedes
ihrer Elemente wirklich in M liegt und dort minimal ist, also keine echte Ziffernteilfolge
in (M) enthält. Danach verbleibt uns so nur noch der Nachweis, dass S(M) tatsächlich
alle minimalen Elemente von M enthält, d.h. wir müssen zeigen, dass jedes Element von
M mindestens ein Element aus S(M) als Ziffernteilfolge enthält.
Bemerkung: Im Fall der größeren Primzahlen kann bei der Probe die Funktion PrimeQ[m] aus
Mathematica helfen, die True zurückgibt, falls m ∈ N eine Primzahl ist, und False sonst.
3.1. Die Streichungsmenge der Primzahlen: S(P)
Satz. Für die Menge P aller Primzahlen gilt
.
.
S(P) = {2, 3, 5, 7, 11, 19, 41, 61, 89, 409, 449, 499, 881, 991, 6469, 6949,
9001, 9049, 9649, 9949, 60649, 666649, 946669, 60000049, 66000049, 66600049}.
.
.
Beweis: Es sei eine beliebige Primzahl x ∈ P gegeben.
Da die vier einstelligen Primzahlen 2, 3, 5, 7 bereits selbst in S(P) sind, müssen wir nur
noch alle mehrstelligen x untersuchen und dürfen
.
(x) ∈ {1, 4, 6, 8, 9}{0, 1, 4, 6, 8, 9}∗
.
annehmen, denn andernfalls besteht schon 2, 3, 5 oder 7 C (x). Insbesondere kann dann
(x) nur noch auf die Ziffer 1 oder 9 enden, weil alle Primzahlen x > 2 nicht mehr durch
2 teilbar sind, und folglich (x) mit einer ungeraden Ziffer endet:
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Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
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1. Fall: (x) endet mit der Ziffer 1,
1. Fall: d.h. (x) = α1 mit α ∈ {1, 4, 6, 8, 9}{0, 1, 4, 6, 8, 9}∗ .
Enthält α die Ziffer 1, 4 oder 6, dann gilt 11, 41 bzw. 61 C (x) und die Zahlen 11, 41, 61
liegen bereits in S(P). Wir dürfen uns daher weiter auf α ∈ {8, 9}{0, 8, 9}∗ beschränken
und müssen hier nur noch die folgenden beiden Fälle betrachten:
◦ (x) beginnt mit der Ziffer 8.
Da 81 (als echtes Vielfaches von 3) keine Primzahl ist, muss (x) von der Form 8β1
mit β ∈ {0, 8, 9}{0, 8, 9}∗ sein. Falls hierbei β nur aus den beiden Ziffern 0 und 9
besteht, dann ist die Quersumme von x durch 9 teilbar, d.h. auch x selbst ist ein
Vielfaches von 9 und keine Primzahl. Also muss β die Ziffer 8 enthalten, aber dann
haben wir sicher 881 C (x) und 881 liegt bereits in S(P).
◦ (x) beginnt mit der Ziffer 9.
Da 91 (als echtes Vielfaches von 7) keine Primzahl ist, muss (x) von der Form 9β1
mit β ∈ {0, 8, 9}{0, 8, 9}∗ sein. Falls 00, 88 oder 9 C β bestünde, dann haben wir
9001, 881 bzw. 991 C (x), wobei sich 9001, 881 und 991 bereits in S(P) befinden.
Wir dürfen folglich annehmen, dass β nur noch die beiden Ziffern 0 und 8 jeweils
höchstens einmal enthält, was sofort (x) ∈ {901, 981, 9081, 9801} bedeutet, jedoch
sind 901 = 17 · 53 und 981, 9081, 9801 als Vielfache von 9 keine Primzahlen.
2. Fall: (x) endet mit der Ziffer 9,
2. Fall: d.h. (x) = α9 mit α ∈ {1, 4, 6, 8, 9}{0, 1, 4, 6, 8, 9}∗ .
Falls α die Ziffer 1 oder 8 enthält, dann gilt 19 bzw. 89 C (x), wobei 19 und 89 bereits
in S(P) sind. Wir dürfen also α ∈ {4, 6, 9}{0, 4, 6, 9}∗ annehmen, sowie dass nun α die
Ziffer 4 genau einmal enthält, denn 44 C α ergibt 449 C (x), wobei 449 bereits in S(P)
liegt, und wenn α nur aus den anderen Ziffern 0, 6, 9 besteht, dann ist die Quersumme
von x durch 3 teilbar, d.h. auch x selbst ist echtes Vielfaches von 3 und keine Primzahl.
Es verbleiben uns so noch die folgenden drei möglichen Fälle:
◦ (x) beginnt mit der Ziffer 4.
Da 49 (als echtes Vielfaches von 7) keine Primzahl ist, muss (x) von der Form 4β9
mit β ∈ {0, 6, 9}{0, 6, 9}∗ sein. Falls β die Ziffer 0 oder 9 enthält, dann haben wir
409 bzw. 499 C (x), wobei 409 und 499 bereits in S(P) liegen. Ansonsten enthält
β nur die Ziffer 6, und wir können (x) = 46i 9 mit i ∈ N schreiben, aber dann ist
x = [46i 9] keine Primzahl, denn es gilt [461 9] = 420 + 49 = 7 · (60 + 7) = 7 · [61 7]
und aus [46i 9] = 7 · [6i 7] für ein i > 1 folgt ebenfalls
9
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
.
[46i+1 9] = [420i 0] + [46i 9] = 7 · [60i 0] + 7 · [6i 7] = 7 · [66i 7] = 7 · [6i+1 7],
9
.
was also induktiv ergibt, dass x hier echtes Vielfaches von 7 ist.
◦ (x) beginnt mit der Ziffer 6,
d.h. (x) = 6β1 4β2 9 mit eventuell noch leeren β1 , β2 ∈ {0, 6, 9}{0, 6, 9}∗ .
Falls β2 mindestens eine der drei möglichen Ziffern 0, 6 oder 9 enthält, dann gilt
409, 6469 bzw. 499 C (x), wobei 409, 6469 und 499 bereits in S(P) liegen.
Wir dürfen also annehmen, dass β2 leer ist, und es verbleibt (x) = 6β1 49 mit nicht
leerem β1 , da 649 (als echtes Vielfaches von 11) keine Primzahl ist.
Falls 9 C β1 gilt, so haben wir 6949 C (x) und 6949 liegt bereits in S(P), d.h. wir
dürfen uns weiter auf β1 ∈ {0, 6}{0, 6}∗ beschränken. Besteht nun 06 C β1 , so gilt
60649 C (x) und 60649 liegt bereits in S(P), d.h. wir dürfen sogar β1 = 6i 0j mit
i, j > 0 und (i, j) 6= (0, 0) annehmen.
Fixieren wir kurz i = 0, so ist x = [60j 49] für j ∈ {1, 2, 3, 4} noch keine Primzahl,
denn 6049, 60049, 600049 und 6000049 sind durch 23, 11, 17 bzw. 11 teilbar, aber
für j > 5 gilt 00000 C β1 , d.h. 60000049 C (x), und 60000049 ist eine Primzahl.
Halten wir nun j = 0 fest, dann ist x = [66i 49] für i ∈ {1, 2} noch keine Primzahl,
denn 6649 und 66649 sind durch 61 bzw. 11 teilbar, aber für i > 3 gilt 666 C β1 ,
d.h. 666649 C (x), und 666649 ist eine Primzahl.
Es verbleibt also noch β1 ∈ {6, 66}{0, 00, 000, 0000}, und von den entsprechenden
acht Zahlen x sind neben 66049, 660049, 6600049, 666049, 6660049 und 666000049
als Vielfache von 257, 13, 19, 79 bzw. 11 nur 66000049 und 66600049 Primzahlen.
◦ (x) beginnt mit der Ziffer 9,
d.h. (x) = 9β1 4β2 9 mit eventuell noch leeren β1 , β2 ∈ {0, 6, 9}{0, 6, 9}∗ .
Falls β1 mindestens eine der drei möglichen Ziffern 0, 6 oder 9 enthält, dann gilt
9049, 9649 bzw. 9949 C (x), wobei 9049, 9649 und 9949 bereits in S(P) liegen.
Wir dürfen also annehmen, dass β1 leer ist, und es verbleibt (x) = 94β2 9 mit nicht
leerem β2 , da 949 (als echtes Vielfaches von 13) keine Primzahl ist.
Enthält β2 die Ziffer 0 oder 9, so haben wir 409 bzw. 499 C (x), wobei 409 und 499
bereits in S(P) liegen, d.h. wir dürfen β2 = 6i mit i > 1 annehmen. Für i ∈ {1, 2}
ist x ∈ {9469, 94669} als ein echtes Vielfaches von 17 bzw. 41 noch keine Primzahl,
aber für i > 3 gilt 666 C β2 , d.h. 946669 C (x), und 946669 ist eine Primzahl.
Damit haben wir alle möglichen Fälle für x abgedeckt.
10
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
10
3.2. Die Streichungsmenge der zusammengesetzten Zahlen: S(Z)
Satz. Für die Menge Z aller zusammengesetzten Zahlen gilt
.
.
S(Z) = {4, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 20, 21, 22, 25, 27, 30, 32, 33, 35,
50, 51, 52, 55, 57, 70, 72, 75, 77, 111, 117, 171, 371, 711, 713, 731}.
.
.
Beweis: Es sei eine beliebige zusammengesetzte Zahl x ∈ Z gegeben.
Da die vier einstelligen zusammengesetzten Zahlen 4, 6, 8, 9 bereits selbst in S(Z) sind,
müssen wir nur noch alle mehrstelligen x untersuchen und dürfen
.
(x) ∈ {1, 2, 3, 5, 7}{0, 1, 2, 3, 5, 7}∗
.
annehmen, denn sonst besteht schon 4, 6, 8 oder 9 C (x). Falls (x) die Ziffer 0 enthält,
dann haben wir sogar 10, 20, 30, 50 oder 70 C (x), weil (x) nicht mit 0 beginnen kann,
und die Zahlen 10, 20, 30, 50, 70 liegen bereits in S(Z). Wir dürfen uns also weiter auf
(x) ∈ {1, 2, 3, 5, 7}{1, 2, 3, 5, 7}∗ beschränken. Außerdem dürfen wir annehmen, dass die
Ziffern 2, 3, 5, 7 jeweils höchstens einmal in (x) vorkommen, denn sonst gilt 22, 33, 55
bzw. 77 C (x) und 22, 33, 55, 77 liegen bereits in S(Z), sowie dass 1 höchstens zweimal
in (x) vorkommt, denn sonst gilt 111 C (x) und 111 = 3 · 37 liegt bereits in S(Z).
Falls nun (x) die Ziffer 2 (einmal) enthält und mit ihr anfängt, dann gilt 21, 23, 25 oder
27 C (x), wobei 21, 25 und 27 bereits in S(Z) sind, und wenn (x) keine der drei Ziffern
1, 5 oder 7 enthält, also nur 23 C (x) gilt, dann muss (x) schon 23 sein, aber 23 ist eine
Primzahl. Steht die Ziffer 2 hingegen nicht am Anfang von (x), dann gilt 12, 32, 52 oder
72 C (x) und die Zahlen 12, 32, 52, 72 sind bereits in S(Z). Damit ist der Fall 2 C (x)
erfasst und wir dürfen annehmen, dass 2 nicht mehr in (x) vorkommt.
Falls nun (x) die Ziffer 5 (einmal) enthält und mit ihr anfängt, dann gilt 51, 52, 53 oder
57 C (x), wobei 51, 52 und 57 bereits in S(Z) sind, und wenn (x) keine der drei Ziffern
1, 2 oder 7 enthält, also nur 53 C (x) gilt, dann muss (x) schon 53 sein, aber 53 ist eine
Primzahl. Steht die Ziffer 5 hingegen nicht am Anfang von (x), dann gilt 15, 25, 35 oder
75 C (x) und die Zahlen 15, 25, 35, 75 sind bereits in S(Z). Damit ist der Fall 5 C (x)
erfasst und wir dürfen annehmen, dass 5 nicht mehr in (x) vorkommt.
Es verbleibt also nur noch (x) ∈ {1, 3, 7}{1, 3, 7}∗ , wobei (x) die Ziffern 3 und 7 jeweils
höchstens einmal sowie 1 höchstens zweimal enthält. Als zweistellige Zahl kann x dann
nur 11, 13, 17, 31, 37, 71 oder 73 sein, aber dies sind alles Primzahlen, genauso wie 113,
131, 311, 137, 173 und 317 im dreistelligen Fall, wobei hier die übrigen sechs möglichen
Zahlen 117, 171, 711, 371, 713 und 731 zusammengesetzt sind (als echte Vielfache von
11
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
11
3, 7, 23 bzw. 17) und selbst in S(Z) liegen. Schließlich kann x noch vierstellig sein, aber
dann muss, neben 3 C (x), auf alle Fälle 117, 171 oder 711 C (x) gelten und die Zahlen
117, 171, 711 befinden sich bereits in S(Z).
Damit haben wir alle möglichen Fälle für x abgedeckt.
3.3. Die Streichungsmenge der quadratfreien Zahlen: S(Q)
Satz. Für die Menge Q aller quadratfreien Zahlen gilt
.
S(Q) = {1, 2, 3, 5, 6, 7, 89, 94, 409, 449, 498, 499, 998}.
.
Beweis: Es sei eine beliebige quadratfreie Zahl x ∈ Q gegeben.
Da die sechs einstelligen quadratfreien Zahlen 1, 2, 3, 5, 6, 7 bereits selbst in S(Q) sind,
müssen wir nur noch alle mehrstelligen x untersuchen und dürfen
.
(x) ∈ {4, 8, 9}{0, 4, 8, 9}∗
.
annehmen, denn sonst besteht schon 1, 2, 3, 5, 6 oder 7 C (x).
Außerdem ist dann mindestens eine der beiden letzten Ziffern von (x) gleich der Ziffer 9,
denn sonst würde (x) mit 00, 04, 08, 40, 44, 48, 80, 84 oder 88 enden und folglich x als
ein Vielfaches von 4 = 22 nicht quadratfrei sein. Auf der anderen Seite muss aber ebenso
4 C (x) oder 8 C (x) gelten, denn sonst würde (x) nur aus den Ziffern 9 und 0 bestehen
und folglich x als ein Vielfaches von 9 = 32 nicht quadratfrei sein. Zusammengenommen
ist also sicher 49, 89, 94 oder 98 C (x) erfüllt, wobei 89 und 94 bereits quadratfrei und
selbst in S(Q) sind, aber 49 und 98 als Vielfache von 72 nicht, d.h. wir müssen nur noch
die beiden Fälle 49 C (x) bzw. 98 C (x) für mindestens dreistellige x weiterverfolgen:
1. Fall: 49 C (x).
Enthält (x) hier auch die Ziffer 8, so gilt 849, 489 oder 498 C (x), wobei 498 = 2 · 3 · 83
bereits in S(Q) liegt und sowieso schon 89 C 849 bzw. 89 C 489 besteht.
Falls (x) die Ziffer 4 sogar mehr als einmal enthält, dann gilt 449 oder 494 C (x), wobei
449 (als Primzahl) bereits in S(Q) liegt und sowieso schon 94 C 494 besteht.
Falls (x) die Ziffer 9 sogar mehr als einmal enthält, dann gilt 499 oder 949 C (x), wobei
499 (als Primzahl) bereits in S(Q) liegt und sowieso schon 94 C 949 besteht.
Es verbleibt also nur (x) = 40i 90j mit i, j > 0. Für i > 0 gilt dann sicher 409 C (x) und
409 liegt (als Primzahl) bereits in S(Q). Andernfalls gilt i = 0 und x = [490j ] = 49 · 10j
würde als ein Vielfaches von 72 nicht quadratfrei sein.
12
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
12
2. Fall: 98 C (x).
Enthält hier (x) die Ziffer 9 genau einmal, dann wissen nach obiger Überlegung, dass (x)
von der Form α98 mit α ∈ {4, 8}{0, 4, 8}∗ ist, sprich es muss 498 oder 898 C (x) gelten,
wobei 498 bereits in S(Q) liegt und sowieso schon 89 C 898 besteht.
Falls (x) die Ziffer 9 sogar mehr als einmal enthält, dann gilt 998 oder 989 C (x), wobei
998 = 2 · 499 bereits in S(Q) liegt und sowieso schon 89 C 989 besteht.
Damit haben wir alle möglichen Fälle für x abgedeckt.
.
4. Ausblick: Eine Vermutung von Shallit
.
Betrachten wir nochmals die Beweise der drei Streichungsmengen im letzten Kapitel, so
sind zwar besonders im Aufbau der Fallunterscheidungen und bei den dort verwendeten
Argumentationsketten gemeinsame Strukturen erkennbar, doch im Allgemeinen kann die
vollständige Ermittlung einer Streichungsmenge durchaus sehr schwer verbleiben. Shallit
verweist uns hierfür auf die Menge aller Zweierpotenzen, und stellt die Vermutung
.
S(M2 ) = {1, 2, 4, 8, 65536}
für M2 = {2n : n ∈ N0 }
.
auf, die wir nun probabilistisch noch etwas genauer verdeutlichen möchten.
Aus a(M2 , x) = blog2 (x)c + 1, für alle x > 1, ergibt sich hier
log2 (x) 1
blog2 (x)c + 1
6 lim
+
=0+0=0
lim d(M2 , x) = lim
x→∞
x→∞
x→∞
x
x
x
und somit δ(M2 ) = 0, genau wie δ(P) = 0, was im Hinblick auf |S(P)| = 26 zunächst
nicht aussagekräftig genug erscheint. Allerdings bildet M2 im Vergleich zu P wegen
a(M2 , x)
log2 (x) + 1
1
log2 (x) + 1 log(x)
0·0
lim
6 lim
=
· lim
· 1/2
=
=0
1/2
x→∞ a(P, x)
x→∞ c1 · x/ log(x)
c1 x→∞
x
x
c1
eine dünnere“ Teilmenge der natürlichen Zahlen, wobei die Ziffernfolgenlänge der n-ten
”
Zweierpotenz wegen blog10 (2n )c + 1 ≈ log10 (2n ) = n · log10 (2) sogar linear mit n wächst.
Unter der Annahme, dass die zehn möglichen Ziffern 0, 1, . . . , 9 in der Ziffernfolge einer
Zweierpotenz gleichverteilt sind, beträgt die Wahrscheinlichkeit, dass (2n ) keine der vier
6 blog10 (2n )c+1
Ziffern 1, 2, 4, 8 enthält, dann also ( 10
)
, und wir würden ab 2N nicht mehr als
P∞
P
P
P
6 blog10 (2n )c+1
3 log10 (2n )
3 log10 (2) n
n
6 ∞
= ∞
) = ∞
n=N 1 · ( 10 )
n=N ( 5 )
n=N (( 5 )
n=N (0, 85746 . . .)
P
P∞
PN −1
1−0,9N
0,9N
1
n
n
n
N
6 ∞
weitere
n=N (0, 9) =
n=0 (0, 9) −
n=0 (0, 9) = 1−0,9 − 1−0,9 = 0,1 = 10 · 0, 9
Zweierpotenzen erwarten, deren Ziffernfolge keine der vier Ziffern 1, 2, 4, 8 enthält.
13
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
13
Insbesondere ab 21000 würden wir dann aufgrund 10 · 0, 91000 6 10 · 0, 9100 = 0, 00026 . . .
keine weitere minimale Elemente von M2 mehr erwarten, und ab hier scheinen die zehn
Ziffern in den Ziffernfolgen der Zweierpotenzen auch annähernd gleichverteilt:
Ziffer
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Anzahl in (210 )
1
1
1
0
1
0
0
0
0
0
Anzahl in (2100 )
6
2
6
2
2
2
5
3
1
2
1000
Anzahl in (2
)
28 34 23 25 35
35 34 35 30 29
Diese Übersicht konnten wir in der Programmiersprache Java“ mit Hilfe der folgenden
”
Funktion für die Eingabeparameter a = 2 und n = 10, 100 bzw. 1000 generieren:
p
q
/* c ou nt Di gi ts In Po we r * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *
* Berechnet f ü r jede der Ziffern 0 , 1 , ... , 9 ihre Anzahl in *
* der Ziffernfolge der n - ten Potenz zur Basis a , und gibt diese *
* in einem Feld der L ä nge 10 beim entsprechenden Index zur ü ck . *
* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * */
public static int []
co un tD ig it sI nP ow er ( int a , int n )
{
// Einlesen der Basis a und 10 als BigInteger :
java . math . BigInteger A = java . math . BigInteger . valueOf ( a ) ;
java . math . BigInteger B = java . math . BigInteger . valueOf (10) ;
int [] count = new int [10] ; // R ü ckgabefeld
// Auslesen der Ziffern von a ^ n ( v . r . n . l .) :
int i = 0 ; // Laufvariable f ü r die while - Schleife
// = aktuelle Stelle in der Ziffernfolge von a ^ n
while ( ( B . pow ( i )). compareTo ( A . pow ( n )) <= 0 ) // 10^ i <= a ^ n
{
// Auslesen der ( i + 1) - ten Ziffer von a ^ n ( v . r . n . l .) :
int digit = A . pow ( n )
. mod ( B . pow ( i + 1))
. divide ( B . pow ( i ))
. intValue () ;
// digit = [ ( a ^ n mod 10^{ i + 1}) / 10^ i ]
// Aktualisieren der Anzahl der Ziffer digit :
count [ digit ] ++ ;
i ++ ;
}
return count ;
}
x
y
14
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
14
Durch kleine Erweiterungen des letzten Algorithmus konnten wir mit folgender Funktion
die Vermutung von Shallit außerdem für die ersten 1000 Zweierpotenzen überprüfen:
p
q
/* f in dD ig it sI nP ow er s * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * *
* Berechnet f ü r jede der ersten n Potenzen zur Basis a , ob eine *
* der Ziffern aus digitset in ihrer Ziffernfolge enthalten ist , *
* und gibt in einem Feld der L ä nge n jeweils true / false zur ü ck . *
* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * */
public static boolean []
fi nd Di gi ts In Po we rs ( int a , int n , int [] digitset )
{
// Einlesen der Basis a und 10 als BigInteger :
java . math . BigInteger A = java . math . BigInteger . valueOf ( a ) ;
java . math . BigInteger B = java . math . BigInteger . valueOf (10) ;
boolean [] check = new boolean [ n ] ; // R ü ckgabefeld
// Auslesen der Ziffern der ersten n Potenzen von a :
for ( int j = 0 ; j < n ; j ++ )
{
// Auslesen der Ziffern von a ^ j ( v . r . n . l .) :
int i = 0 ; // Laufvariable f ü r die while - Schleife
// = aktuelle Stelle in der Ziffernfolge von a ^ j
while ( ( B . pow ( i )). compareTo ( A . pow ( j )) <= 0 ) // 10^ i <= a ^ j
{
// Auslesen der ( i + 1) - ten Ziffer von a ^ j ( v . r . n . l .) :
int digit = A . pow ( j )
. mod ( B . pow ( i + 1))
. divide ( B . pow ( i ))
. intValue () ;
// digit = [ ( a ^ j mod 10^{ i + 1}) / 10^ i ]
// Vergleichen der Ziffer digit mit denen aus digitset :
for ( int k = 0 ; k < digitset . length ; k ++ )
{
if ( digit == digitset [ k ] ) { check [ j ] = true ; }
}
i ++ ;
}
}
return check ;
}
x
y
Für die Eingabeparameter a = 2, n = 1000, digitset = {1, 2, 4, 8} wird in der Tat nur
im 16. Eintrag vom Rückgabefeld (d.h. bei 216 = 65536) der Wert false ausgegeben.
15
.
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
Literaturverzeichnis
15
.
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[0] Problem Books in Mathematics, 3rd edition, Springer (2004)
[2] P. Erdös: On some of my problems in number theory I would most like to see solved.
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[5] G. Higman: Ordering by divisibility in abstract algebras.
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[9] M. Lothaire: Combinatorics on Words. Encyclopedia of Mathematics and its
[0] Applications, Volume 17, Addison-Wesley (1983), pp. 105-107
16
Über Mengen natürlicher Zahlen und ihre Ziffernfolgen
.
Erklärung
16
.
Hiermit versichere ich, dass ich diese Arbeit eigenständig und nur unter Verwendung der
angegebenen Hilfsmittel und Quellen verfasst habe.
Würzburg, den 23.11.2013
.......................
Miriam Goldschmied