Behauptung beweisen < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Ich soll folgende Behauptungen beweisen:
Wenn b<c und a | b und a | c, dann gilt a| (c-b)
und:
wenn 1<a | b, und a>k, dann teilt a die Zahl b+k nicht. |
Ich soll wie schon gesagt diese beiden Behauptungen beweisen. Grundsätzlich find ich es total logisch, aber ich geh verloren daran, dass mathematisch aufzuschreiben. Ich hab's bis jetzt nur so formulieren können:
für's erste: Wenn a sowohl b als auch c teilt, dann ist c das produkt von a mit einer anderen zahl multipliziert, und b ist auch das produkt von a mit einer anderen zahl multipliziert. also ist es logisch, dass wenn man vom größeren vielfachen ein kleineres vielfaches abzieht, wieder auf ein vielfacheres kommt.
Wenn man zB 3 für a, 6 für b, und 12 für c einsetzt, geht das auch... aber aufschreiben muss ich'S halt richtig, dieser text geht kaum als mathematischer beweis durch.
Und ja, für die zweite Behauptung hab ich's ähnlich gemacht. 1<a und a>k, heißt soviel wie 1<k<a. Wenn a jetzt schon b teilt, dann kann ja nicht eine Zahl die kleiner b ist, noch dazugezählt werden ohne dass die teilbarkeit begrenzt wird.
*seufz*
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:53 Mo 20.10.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ich soll folgende Behauptungen beweisen:
> Wenn b<c und a | b und a | c, dann gilt a| (c-b)
>
> und:
> wenn 1<a | b, und a>k, dann teilt a die Zahl b+k nicht.
> Ich soll wie schon gesagt diese beiden Behauptungen
> beweisen. Grundsätzlich find ich es total logisch, aber ich
> geh verloren daran, dass mathematisch aufzuschreiben. Ich
> hab's bis jetzt nur so formulieren können:
>
> für's erste: Wenn a sowohl b als auch c teilt, dann ist c
> das produkt von a mit einer anderen zahl multipliziert, und
> b ist auch das produkt von a mit einer anderen zahl
> multipliziert. also ist es logisch, dass wenn man vom
> größeren vielfachen ein kleineres vielfaches abzieht,
> wieder auf ein vielfacheres kommt.
> Wenn man zB 3 für a, 6 für b, und 12 für c einsetzt, geht
> das auch... aber aufschreiben muss ich'S halt richtig,
> dieser text geht kaum als mathematischer beweis durch.
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> Und ja, für die zweite Behauptung hab ich's ähnlich
> gemacht. 1<a und a>k, heißt soviel wie 1<k<a. Wenn a jetzt
> schon b teilt, dann kann ja nicht eine Zahl die kleiner b
> ist, noch dazugezählt werden ohne dass die teilbarkeit
> begrenzt wird.
> *seufz*
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
Du solltest Dir erstmal klarmachen, was das obenstehende heißt (ich tippe mal darauf, dass es sich bei Euch sicher stets um natürliche Zahlen, also aus [mm] $\IN$, [/mm] ggf., wenn die $0$ dazugehören sollte, aus [mm] $\IN_0$, [/mm] handelt; vll. aber auch um ganze, also aus [mm] $\IZ$? [/mm] Jedenfalls ist sicher stets $a [mm] \not=0$...):
[/mm]
Man sagt genau dann $a$ teilt $b$ (im Zeichen $a | b$), wenn $(b/a) [mm] \in \IZ$ [/mm] (vielleicht bei Euch auch: $(b/a) [mm] \in \IN_0$). [/mm] Mit anderen Worten:
$a | b$ [mm] $\gdw$ $\exists [/mm] n [mm] \in \IZ$ [/mm] (oder ggf. bei Euch [mm] $\in \IN_0$), [/mm] so dass [mm] $b=\black{n}*a$ [/mm] gilt.
Bei der ersten Aufgabe nun:
Die Voraussetzungen sind:
1.) $a | b$, also:
(I) Es existiert ein [mm] $n_1 \in \IZ$ [/mm] (ggf. [mm] $\in \IN_0$) [/mm] mit [mm] ($\star_1$) $b=n_1*a\,.$
[/mm]
2.) $a | c$, also:
(II) Es existiert ein [mm] $n_2 \in \IZ$ [/mm] (ggf. [mm] $\in \IN_0$) [/mm] mit [mm] ($\star_2$) $c=n_2*a\,.$
[/mm]
Zu zeigen ist nun, dass $a | (c-b)$, also, dass $((c-b)/a) [mm] \in \IZ$ [/mm] (oder ggf. [mm] $\in \IN_0$).
[/mm]
Für $b < c$ ist dann aber sicher $(c-b)/a [mm] \in \IN_0 (\subset \IZ)$. [/mm] Denn:
Schreibe mal $c-b$ unter Verwendung der (sich aus den Voraussetzungen gegebenen Gleichungen) [mm] ($\star_1$) [/mm] und [mm] ($\star_2$) [/mm] um und beachte das Distributivgesetz. (Das letztgenannte ist im Prinzip der einzige Schritt, der Dir bei Deinem Beweis mit Worten fehlt.)
Damit erkennst Du dann, dass dort die Summe zweier Zahlen aus [mm] $\IN_0$ [/mm] (oder ggf. aus [mm] $\IZ$) [/mm] steht. Diese Summe ist dann wieder ein Element [mm] von...($\leftarrow$ bitte ergänzen!).
Und versuche somit mal, den Beweis für die zweite Behauptung formal zu notieren. (Ich war nun auch - ehrlich gesagt - zu faul, mir den zweiten Beweis, den Du ja im Wesentlichen nur mit Worten geführt hast, durchzusehen. Bei zweitens ist es ja so:
Sei $\black{a} > 1$ mit $(b/a) \in \IZ$ (oder $\in \IN_0$) und zudem $a > k$. Jetzt sollte man begründen, dass $(\black{b}+k)/a$ nicht ganzzahlig sein kann (dann ist man fertig). Ich hoffe, Du siehst nun, wie es weitergeht...)
Gruß,
Marcel
[/mm]
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ich seh's nicht ganz. . . *seufz* aber trotzdem danke. . . ich glaub für sowas fehlt mir dieses "klick" im kopf wie ich dazu denken muss .
äh sorry das war jez keine rückfrage ich seh aber grad nicht wie ich den modus wieder umändern kann!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 07:25 Di 21.10.2008 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Wie schon geschrieben wurde, gilt ja:
1.) [mm] b=n_1*a
[/mm]
2.) [mm] c=n_2*a
[/mm]
[mm] (n_{1;2} \in \IZ)
[/mm]
(Voraussetzungen, dass a|b und a|c).
Jetzt musst du zeigen, dass b+c auch durch a geteilt werden kann, also das gilt: [mm] b+c=n_3*a, [/mm] wobei [mm] n_3 [/mm] auch wieder ganzzahlig sein muss.
[mm] b+c=n_1*a+n_2*a=(n_1+n_2)a
[/mm]
Nun hast du hier die gewünschte Form mit [mm] n_1+n_2=n_3. [/mm] Ist [mm] n_1+n_2 [/mm] ganzzahlig? Ja, da [mm] n_1 [/mm] und [mm] n_2 [/mm] auch ganzzahlig sind und ihre Summe damit auch.
Damit wärst du hier schon fertig, würde ich sagen.
Zum 2.)
1.) b=n*a, n [mm] \in \IZ
[/mm]
2.) k=m*a, m<1
(wieder Voraussetzungen)
Dann kannst du wieder b+k betrachten. Die Umformung ist wie bei der 1. Aufgabe.
Aber was mir auffällt: Soll k>0 gelten? Dann müsste man sich keine Gedanken mehr darum machen, wenn k (und damit auch m) negativ wären.
Wenn k>0, dann kannst du auch 0<m<1 festlegen (m [mm] \in \IR).
[/mm]
Und keine Sorge, bin da auch nicht so bewandert (wir haben solche Sachen in der Schule nie gemacht), aber man lernt das schon mit ein paar Beispielen. Zumindest so, dass es für die Schule reicht.
![[anon]](/images/smileys/anon.png "[anon]") Teufel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:27 Di 21.10.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
Du solltest vll. auch mal dazuschreiben, ob es sich bei Deiner Aufgabe stets um natürliche Zahlen (inkl. $0$) handelt.
Wenn es um ganze Zahlen geht, wäre die Behauptung:
$a | b$ und $a > k$ [mm] $\Rightarrow$ [/mm] $a$ teil $b+k$ nicht
falsch.
Beispiel: $a=3$, $b=6$ und $k=-3$, dann gilt $3 | 6$ und $3 > -3$, aber $3$ teilt auch $6+(-3)=3$.
Ich gehe jetzt hier mal davon aus, dass alle Zahlen [mm] $\in \IN_0$ [/mm] seien sollen und sogar zudem, dass $k [mm] \not=0$. [/mm] Dann gilt:
Die Voraussetzung $a | b$ liefert $b=n*a$ mit einem $n [mm] \in \IN_0$.
[/mm]
Die Voraussetzung $a > k$ liefert (mit $k [mm] \not=0$) [/mm] $0 < k/a < 1$.
Jetzt ist nun zu zeigen, dass es kein $p [mm] \in \IN_0$ [/mm] so gibt, dass $b+k=p*a$. Das ist gleichwertig dazu, zu zeigen, dass $(b+k)/a=p$ kein Element von [mm] $\IN_0$ [/mm] ist.
Nun gilt:
[mm] $p=(b+k)/a=\frac{b}{a}+\frac{k}{a}=n+\frac{k}{a}$. [/mm] Warum ist dies jetzt kein Element von [mm] $\IN_0$? [/mm] Nun ja:
Erstens: Nach Voraussetzung ist $n [mm] \in \IN_0$. [/mm] Weiter ist nach Voraussetzung $0 < [mm] \frac{k}{a} [/mm] < 1$. Also ist $p$ eine Zahl mit $n < p < n+1$, wobei $n [mm] \in \IN_0$. [/mm] Geht das dann noch, dass $p [mm] \in \IN_0$?
[/mm]
Also, z.B. wenn $n=4$ wäre, dann müsste $4 < p < 5$ gelten. Findest Du eine derartige natürliche Zahl $p$?
Gruß,
Marcel
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