Gleichung lösen in Z und Q < Sonstiges < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Aufgabe | | Zeigen Sie, dass für eine Zahl z [mm] \in \IZ [/mm] die Gleichung x² = z genau dann in [mm] \IQ [/mm] lösbar ist, wenn diese in [mm] \IZ [/mm] lösbar ist. |
Hallo,
eigentlich eine doch auf den ersten Blick ziemlich leichte Aufgabe, doch ich will einfach nicht auf eine akzeptable Lösung kommen. Ich schreibe einfach mal, was ich bisher gemacht habe.
Zu zeigen ist die Äquivalenz der beiden Aussagen:
Aussage A: Gleichung in [mm] \IZ [/mm] lösbar [mm] \Rightarrow [/mm] Gleichung in [mm] \IQ [/mm] lösbar
Aussage B: Gleichung in [mm] \IQ [/mm] lösbar [mm] \Rightarrow [/mm] Gleichung in [mm] \IZ [/mm] lösbar
____________________________________________
A [mm] \Rightarrow [/mm] B:
Hier sage ich einfach, dass wenn die Gleichung in [mm] \IZ [/mm] lösbar ist:
x² = z , z [mm] \in \IZ
[/mm]
auch folgendes gilt, da man jede ganze Zahl ja auch als rationale Zahl schreiben kann ich der Form:
x² = z = [mm] \bruch{z}{1} [/mm] = [mm] \bruch{z * p}{p},
[/mm]
indem ich die ganze Zahl in Zähler und Nenner erweitere, und diese somit rational wird.
B [mm] \Rightarrow [/mm] A:
Hier wird angenommen, dass die Gleichung, wenn sie in [mm] \IQ [/mm] lösbar ist, auch in [mm] \IZ [/mm] lösbar ist.
Da nach wie vor die Zahl z ein Element von [mm] \IZ [/mm] ist, gehe ich wie folgt vor:
x² = z = [mm] (\bruch{mp}{p})^{2}, [/mm] m,p [mm] \in \IZ
[/mm]
z * [mm] p^{2} [/mm] = [mm] (m*p)^{2}
[/mm]
z | [mm] (m*p)^{2}
[/mm]
Wenn ich nun eine Primfaktorzerlegung von z mache, erhalte ich eine Primzahl [mm] z_{p}, [/mm] die mindestens einen Faktor des Produktes teilt. Somit gilt weiter:
[mm] z_{p} [/mm] | (m*p)
[mm] (z_{p})^{2} [/mm] | [mm] (m*p)^{2}
[/mm]
Dann wendet man dies auf die andere Seite an:
[mm] (z_{p})^{2} [/mm] | [mm] z*p^{2}
[/mm]
[mm] z_{p} [/mm] | [mm] p^{2}
[/mm]
[mm] z_{p} [/mm] | p
Somit erfahre ich, dass es eine Primzahl gibt, die den Bruch, den ich als [mm] \bruch{z*p}{p} [/mm] angegeben habe, noch weiter kürzen kann, was, da ja im Zähler und Nenner beides mal p steht, dazu führt, dass ich bei genügend durchläufen, den Bruch komplett gekürzt habe und wieder die ganze Zahl erhalte, was ich ja zeigen wollte.
Mir selbst kommt der erste Beweis etwas zu leicht und der zweite viel zu kompliziert vor. Als einzigen Tipp, den wir erhalten haben, wissen wir, dass wir uns den Beweis zur Irrationalität von [mm] \wurzel{2} [/mm] genau anschauen sollten, weshalb ich meinen 2. Beweis auch so aufgezogen habe.
Ich hoffe einer kann mir bei dieser Aufgabe helfen.
Vielen Dank :)
Beatrice
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:55 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Zeigen Sie, dass für eine Zahl z [mm]\in \IZ[/mm] die Gleichung x²
> = z genau dann in [mm]\IQ[/mm] lösbar ist, wenn diese in [mm]\IZ[/mm]
> lösbar ist.
> Hallo,
>
> eigentlich eine doch auf den ersten Blick ziemlich leichte
> Aufgabe, doch ich will einfach nicht auf eine akzeptable
> Lösung kommen. Ich schreibe einfach mal, was ich bisher
> gemacht habe.
>
> Zu zeigen ist die Äquivalenz der beiden Aussagen:
>
> Aussage A: Gleichung in [mm]\IZ[/mm] lösbar [mm]\Rightarrow[/mm] Gleichung
> in [mm]\IQ[/mm] lösbar
> Aussage B: Gleichung in [mm]\IQ[/mm] lösbar [mm]\Rightarrow[/mm] Gleichung
> in [mm]\IZ[/mm] lösbar
>
> ____________________________________________
>
> A [mm]\Rightarrow[/mm] B:
>
> Hier sage ich einfach, dass wenn die Gleichung in [mm]\IZ[/mm]
> lösbar ist:
>
> x² = z , z [mm]\in \IZ[/mm]
>
> auch folgendes gilt, da man jede ganze Zahl ja auch als
> rationale Zahl schreiben kann ich der Form:
>
> x² = z = [mm]\bruch{z}{1}[/mm] = [mm]\bruch{z * p}{p},[/mm]
>
> indem ich die ganze Zahl in Zähler und Nenner erweitere,
> und diese somit rational wird.
das ist unnötig: Wenn [mm] $x^2=z$ [/mm] eine Lösung in [mm] $\IZ$ [/mm] hat, ist die gleiche Lösung
auch eine Lösung in [mm] $\IQ$ [/mm] wegen [mm] $\IZ \subseteq \IQ$! [/mm] Und welchen Zweck das
Ganze erfüllen soll, weiß ich nicht:
Im Endeffekt sagst Du sowas, wie, dass Dir die Darstellung
[mm] $7\,$
[/mm]
nicht gefällt und Du sie lieber als Bruch schreiben willst:
[mm] $7=\frac{7}{1}\,,$
[/mm]
aber dieser Bruch ist Dir noch zu durchschaubar und deswegen schreibst
Du etwa
[mm] $7=\frac{7}{1}=\frac{35}{5}\,.$
[/mm]
Und das nur, damit die Leute sich über eine Bruchdarstellung freuen, bei
der man aber natürlich wieder mit 5 kürzen könnte... ?! Was bringt das????
>
> B [mm]\Rightarrow[/mm] A:
>
> Hier wird angenommen, dass die Gleichung, wenn sie in [mm]\IQ[/mm]
> lösbar ist, auch in [mm]\IZ[/mm] lösbar ist.
Nein, Du kannst Annahme und Behauptung nicht verwischen:
Unter der Voraussetzung, dass [mm] $x^2=z\,$ [/mm] eine Lösung $x [mm] \in \IQ$ [/mm] habe, ist ZU
ZEIGEN, dass [mm] $x^2=z$ [/mm] dann auch eine Lösung $x' [mm] \in \IZ$ [/mm] hat!
> Da nach wie vor die Zahl z ein Element von [mm]\IZ[/mm] ist, gehe
> ich wie folgt vor:
>
> x² = z = [mm](\bruch{mp}{p})^{2},[/mm] m,p [mm]\in \IZ[/mm]
Wie kommst Du auf diesen Ansatz? Du kannst doch $x [mm] \in \IQ$ [/mm] nicht einfach als
[mm] $x=mp/p\,$ [/mm] schreiben, dann ist doch schon direkt $x=m [mm] \in \IZ$?????
[/mm]
Sei [mm] $x=p/q\,$ [/mm] mit o.E. $p,q [mm] \in \IN$ [/mm] (bei mir ist $0 [mm] \notin \IN$) [/mm] mit
[mm] $x^2=z\,,$ [/mm] also [mm] $(p/q)^2=z\,.$
[/mm]
(Bemerkung: Diese Annahme kann man treffen, weil aus $r < [mm] 0\,$ [/mm] und [mm] $r^2=z$
[/mm]
auch $-r > [mm] 0\,$ [/mm] mit [mm] $(-r)^2=z$ [/mm] folgt.)
Weiter sei der Bruch $p/q$ vollständig gekürzt.
Dann gilt doch
[mm] $(p/q)^2=z\,,$
[/mm]
und aus [mm] $p^2=z*q^2$ [/mm] folgt dann [mm] $p^2 \ge |z*q^2|=|z|*q^2$ [/mm] und damit $p [mm] \ge q\,.$ [/mm] Wegen $p,q [mm] \in \IN$
[/mm]
gibt es also ein $m [mm] \in \IN_0$ [/mm] mit
[mm] $p=q+m\,.$
[/mm]
Da der Fall [mm] $p=q\,$ [/mm] für uns nicht von Interesse ist (dann wäre [mm] $p=q=1\,$), [/mm] nehmen
wir also o.E. $p > [mm] q\,$ [/mm] an. Dann gilt:
Tatsächlich muss wegen $p > [mm] q\,$ [/mm] hier sogar $m [mm] \in \IN$ [/mm] sein.
Es folgt
[mm] $p^2/q^2=z$
[/mm]
[mm] $\iff$ $(q^2+2mq+m^2)=z*q^2$
[/mm]
[mm] $\iff$ $(z-1)*q^2-2mq-m^2=0\,.$
[/mm]
Im Falle [mm] $z=1\,$ [/mm] würde (weil $m [mm] \ge [/mm] 1$ ist)
$m=-2q$
folgen, was schlichtweg $m [mm] \in \IN$ [/mm] widerspricht.
Für $z [mm] \not=1$ [/mm] ist $z > [mm] 1\,$ [/mm] (Quadratzahlen werden nicht negativ!) und es folgt
[mm] $(z-1)*q^2-2mq-m^2=0\,.$
[/mm]
[mm] $\iff$ $q^2-2\frac{m}{z-1}q-\frac{m^2}{z-1}=0$
[/mm]
[mm] $\iff$ $q_{1,2}=\frac{m}{z-1} \pm \sqrt{\frac{m^2}{(z-1)^2}+\frac{m^2}{z-1}}=\frac{m\pm m*\sqrt{z}}{z-1}$
[/mm]
Wegen $q [mm] \in \IN$ [/mm] muss dann aber
[mm] $\left\{\frac{m\pm m*\sqrt{z}}{z-1}\right\} \cap \IN$
[/mm]
nicht leer sein, was nur für [mm] $z=n^2$ [/mm] mit einem $n [mm] \in \IN_0$ [/mm] möglich ist.
Fazit:
[mm] $(p/q)^2=z$
[/mm]
[mm] $\iff$ $(p/q)^2=n^2$ [/mm] mit einem $n [mm] \in \IN$ [/mm] (das [mm] $n^2=z$ [/mm] erfüllt)
[mm] $\iff$ $(\tfrac{p}{q}-n)*(\tfrac{p}{q}+n)=0\,.$
[/mm]
Aus der letzten Gleichheit folgt........?
P.S. Ich denke übrigens, dass es hier sicher einen eleganteren Lösungsweg
gibt. Aber der obige sollte schon passen.
Was aber ergänzt werden sollte: [mm] $\sqrt{z} \in \IN$ [/mm] geht genau für Quadratzahlen
[mm] $z=n^2\,.$ [/mm] Ich weiß gerade nicht, wie einfach der Beweis dazu wird. Wird sicher
auch mit Primfaktorzerlegung von [mm] $z\,$ [/mm] begründbar sein.
Ich würde aber folgende Begründung vorziehen, die mir recht einfach
erscheint:
Überlege Dir mit der Monotonie der Wurzel, dass gilt: Ist [mm] $n\,$ [/mm] eine natürliche
Zahl, so gilt für alle $z [mm] \in \{n+1,\ldots,(n+1)^2-1\}$ [/mm] schon
[mm] $\sqrt{z} \in ]n,\;n+1[\,.$
[/mm]
D.h. die [mm] $2n\,$ [/mm] Zahlen
[mm] $z_{n,k}:=n^2+k$ [/mm] (k=1,...2n)
können alle [mm] $\sqrt{z_{n,k}} \in \IN$ [/mm] NICHT erfüllen!
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Hallo Marcel,
erst einmal vielen Dank, dass du eine so ausführliche Antwort verfasst hast.
Trotzdem habe ich noch eine Frage:
Es geht um den zweiten Teil. Hier würde ich gerne wissen, was für eine Art des Beweises du hier benutzt, denn so ganz verstehe ich das dann doch noch nicht. Ich möchte ja zeigen, dass wenn die Gleichung
x² = z = [mm] \bruch{p}{q} [/mm] z [mm] \in \IZ
[/mm]
eine rationale Lösung hat, ich diese auch als ganze Zahl darstellen kann.
Letztendlich zeigst du doch in deinem Beweis, dass wenn die Gleichung x² = z eine rationale Lösung hat, ein Widerspruch daraus entsteht, wenn man annimmt, dass diese Rationale Zahl [mm] \bruch{p}{q} [/mm] vollständig gekürzt ist. Aber wie bekomme ich dann die Implikation hin, zu sagen, dass daraus dann folgt, dass man dann auch eine Lösung in [mm] \IZ [/mm] erhält?
> Fazit:
>
> [mm](p/q)^2=z[/mm]
>
> [mm]\iff[/mm] [mm](p/q)^2=n^2[/mm] mit einem [mm]n \in \IN[/mm] (das [mm]n^2=z[/mm] erfüllt)
>
> [mm]\iff[/mm] [mm](\tfrac{p}{q}-n)*(\tfrac{p}{q}+n)=0\,.[/mm]
>
> Aus der letzten Gleichheit folgt........?
Für mich folgt aus der letzten Gleichheit, dass die Gleichung nur dann eine Lösung hat, wenn eine der Klammern gleich 0 wird, was jedoch bedeuten müsste, dass n [mm] \in \IN [/mm] eine rationale Zahl ist, was sie ja nicht sein kann und somit ein Widersprich auftritt. Ist dies das, was du gemeint hattest?
Ich hoffe, Du kannst mir auch hierbei weiterhelfen. Ich fange langsam schon an zu verzweifeln.
Liebe Grüße
Beatrice
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:57 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Nein, das ist kein Widerspruchsbeweis. Er benötigt die Teilerfremdheit von p und q nur, damit $m>0$ gilt. Wo das genau im Beweis eingeht, kannst du noch einmal nachlesen.
Und ja, am Ende hast du nun ein Produkt, das genau dann 0 ist, wenn einer der Faktoren 0 ist. Beachte aber, dass $n$ eine feste, gegebene Zahl ist, es gilt doch [mm] $n=\sqrt{z}\in\IN$! [/mm] Dass $n$ damit rational ist, weißt du ja auch schon so, dafür muss man keinen komplizierten Beweis machen ;) viel mehr ist doch das Ziel, dass [mm] \frac{p}{q} [/mm] eine ganze Zahl sein soll. Wieso ist das denn so?
|
|
|
| |
|
Hallo Teufel,
vielen Dank für deine Antwort.
[mm] \bruch{p}{q} [/mm] muss eine ganze Zahl sein, da sonst n = [mm] \wurzel{z} [/mm] kein Element in den natürlichen Zahlen sein kann, meinst du das? Viel mehr wäre mein gefundenes n dann irrational.
Grüße
Beatrice
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 03:21 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Jain, also du musst das so sehen: Du hast ein festes $z$ gegeben, z.B. 16. Dann ist immer $n=4$, also $n$ ist eine feste, ganze (natürliche) Zahl. Nun folgt aus der letzten Gleichung von Marcel:
[mm] $\frac{p}{q}=n\in\IZ$ [/mm] oder [mm] $\frac{p}{q}=-n\in\IZ$. [/mm] Das ist doch genau das, was du zeigen musstest, oder? Du hast am Anfang eine Lösung [mm] \frac{p}{q}, [/mm] die potenziell erst einmal eine echte rationale Zahl sein könnte. Dann wurde ein bisschen rumbegründet und am Ende siehst du, dass daraus schon [mm] $\frac{p}{q}\in\IZ$ [/mm] folgt. Ist die Logik dahinter klar? Wenn nicht, dann frag ruhig noch mal! Genau so wichtig wie der eigentliche Beweis ist auch, warum man was tut und warum das irgendwie sinnvoll ist.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 02:34 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Bei dem Weg musst du noch $z=0$ gesondert betrachten, oder? Dann folgt ja nicht direkt $p>q$ etc.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:49 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Teufel,
> Hi!
>
> Bei dem Weg musst du noch [mm]z=0[/mm] gesondert betrachten, oder?
> Dann folgt ja nicht direkt [mm]p>q[/mm] etc.
ja, das kann sein. Manchmal gehe ich Sachen direkt im Kopf durch und
vergesse dann beim Aufschreiben, dass ich mir vorher dazu schon Gedanken
gemacht habe.
Für den Fall [mm] $z=0\,$ [/mm] kann ich ja auch nicht o.E.
$p,q [mm] \in \IN$
[/mm]
annehmen, sondern müßte $p [mm] \in \IN_0$ [/mm] zulassen.
Der Fall [mm] $z=0\,$ [/mm] ist aber leicht separat zu händeln, dennoch gut, wenn man es
beim *Ganz-Sauber-Zusammenschreiben* mitbeachtet!
Und dann: Klar. Für das, was ich geschrieben habe, sollte man vielleicht
zunächst erstmal $z [mm] \in \IZ \setminus \{0,\;1\}$ [/mm] annehmen. Wenn man ganz
genau hinguckt, habe ich aber eh schon o.E. nur $z [mm] \in \IN$ [/mm] behandelt, denn an
einer Stelle erwähne ich ja nicht ohne Grund, dass Quadratzahlen nicht
negativ sein könnten.
Mein Beweis ist schon ziemlich ausführlich, aber wäre natürlich noch nicht
ganz abgabefertig. Aber das soll und er muss er für mich ja auch nicht sein.
Mir geht es darum, dass die wesentlichen Beweisideen abgehandelt oder
klar werden.
Dass Du aber auf die entsprechenden Stellen hinweistt, finde ich gerade
für den/die Fragenden sehr gut (zumal ich es nicht immer deutlich gemacht
habe - das liegt durchaus auch manchmal an der Uhrzeit, dass ich da eine
schwächere Konzentration habe). 
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
Hi,
dann noch eine letzte Frage.
Wieso machst du oben den Sonderfall für z = 1?
Ich sehe zwar, dass dann in der Klammer (z-1) Null herauskommt, doch aber eigentlich sollte das doch kein Problem sein wenn z = 1 ist, weil dann doch einfach auch p und q 1 sein könnten. Dann hätte man doch kein m, welches nicht mehr in den natürlichen Zahlen liegen würde?
Viele Dank
Beatrice
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:15 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi!
Ja, er hätte $z=1$ (und auch $z=0$) anfangs ausschließen und diese Fälle manuell zeigen können. Aber so wie er es gemacht hat, sieht man, wo Probleme gibt, wenn man es nicht tut. Dann fällt es nicht ganz so sehr vom Himmel, wenn man am Anfang direkt diese beiden Werte für $z$ ausschließt. Für das Verständnis finde ich so ein Vorgehen immer ganz gut.
Wenn du den Beweis dann richtig sauber aufschreiben willst, kannst du das auch direkt am Anfang machen und dann an den kritischen Stellen drauf verweisen, dass diese Werte schon behandelt wurden. Du musst jetzt noch schauen, wo in Marcels [mm] $z\not=0$ [/mm] benötigt wurde, aber das habe ich schon geschrieben, glaube ich.
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:49 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hier noch eine alternative Lösung:
Sei [mm] x=\frac{a}{b} [/mm] eine Lösung von [mm] $x^2=z$, [/mm] wobei [mm] \text{ggT}(a,b)=1. [/mm] Wir wollen zeigen, dass dann $b=1$ bzw. $b=-1$ gelten muss. Sei dazu $p$ eine Primzahl. Wir können zeigen, dass $p$ das $b$ nicht teilt [mm] ($\Rightarrow [/mm] |b|=1$).
Sei [mm] $z\not=0$ [/mm] (für z=0 gilt die Aussage trivialerweise).
Annahme: Es existiert eine Primzahl p mit $p|b$. Es folgt [mm] $a^2=zb^2=zp^2(\frac{b}{p})^2=p(zp(\frac{b}{p})^ [/mm] 2)$ und damit [mm] p|a^2. [/mm] Was folgt dann daraus? Versuche einen Widerspruch herzuleiten!
|
|
|
| |
|
Hi,
der Widerspruch wäre hier, dass wenn es eine Primzahl gäbe, die das b teilt, auch das a weiter gekürzt werden könnte, was laut Annahme jedoch nicht geht, weil ja der ggT von a und b 1 war. Widerspruch!
Grüße Beatrice
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:22 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Ja, so ungefähr. Wichtig ist, dass das $a$ durch die gleiche Primzahl $p$ geteilt wie $b$ werden kann! Wenn $a=15$ und $b=4$ dann kann ich $b$ auch durch 2 teilen und $a$ durch 3, aber dadurch würde kein Widerspruch entstehen, weil der Bruch [mm] \frac{15}{4} [/mm] ja trotzdem vollständig gekürzt ist.
Du hast also $p|b [mm] \Rightarrow p|a^2 \Rightarrow [/mm] p|a$, wobei du die letzte Implikation noch etwas begründen solltest für eine Primzahl $p$ gilt: $p|xy [mm] \Rightarrow p|\ldots$ [/mm] oder [mm] $p|\ldots$). [/mm] Dann haben $a$ und $b$ den gleichen Teiler $p$.
Vielleicht hast du das auch schon so gemeint, aber schreib es dann lieber etwas ausführlich auf, bevor dein Korrekteur dir dafür dann irgendwas abzieht. ;)
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:03 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo Teufel,
> Hier noch eine alternative Lösung:
>
> Sei [mm]x=\frac{a}{b}[/mm] eine Lösung von [mm]x^2=z[/mm], wobei
> [mm]\text{ggT}(a,b)=1.[/mm] Wir wollen zeigen, dass dann [mm]b=1[/mm] bzw.
> [mm]b=-1[/mm] gelten muss. Sei dazu [mm]p[/mm] eine Primzahl. Wir können
> zeigen, dass [mm]p[/mm] das [mm]b[/mm] nicht teilt ([mm]\Rightarrow |b|=1[/mm]).
>
> Sei [mm]z\not=0[/mm] (für z=0 gilt die Aussage trivialerweise).
> Annahme: Es existiert eine Primzahl p mit [mm]p|b[/mm]. Es folgt
> [mm]a^2=zb^2=zp^2(\frac{b}{p})^2=p(zp(\frac{b}{p})^ 2)[/mm] und
> damit [mm]p|a^2.[/mm] Was folgt dann daraus? Versuche einen
> Widerspruch herzuleiten!
es kommt ein wenig drauf an, was die Leute auch über *Primzahlen* wissen:
Es gibt die in [mm] $\IZ$ [/mm] charakteristische Eigenschaft
$p [mm] \in \IZ$ [/mm] ist prim [mm] $\iff$ $\forall [/mm] a,b [mm] \in \IZ$ [/mm] mit $p [mm] \mid [/mm] (ab)$ folgt schon: $p [mm] \mid [/mm] a$ oder $p [mm] \mid b\,.$
[/mm]
(Nebenbei: $p [mm] \in \IZ$ [/mm] ist prim [mm] $\iff$ [/mm] $p [mm] \in (\IP \cup -\IP)\,,$ [/mm] wobei wir
[mm] $-\IP:=\{-\,p:\;\; p \in \IP\}$
[/mm]
definieren!)
Wenn man das benutzt, sieht man bei Dir sofort:
Aus
$p [mm] \mid a^2=a*a$
[/mm]
folgt, weil eine Primzahl $p [mm] \in \IP$ [/mm] prim ist, schon
$p [mm] \mid [/mm] a$ oder $p [mm] \mid a\,,$
[/mm]
also
$p [mm] \mid a\,.$
[/mm]
Damit ist [mm] $|\ggT(a,b)|$ $\ge$ [/mm] $p$ und wegen $p [mm] \in \IP$ [/mm] also
[mm] $|\ggT(a,b)|$ $\ge$ $2\,.$
[/mm]
Widerspruch. (Nebenbei: Es kann auch einen anderen Widerspruch geben.
Wichtig ist halt, dass man einen gefolgert bekommt!)
P.S. Im Ring [mm] $(\IZ,+,\cdot)$ [/mm] der ganzen Zahlen ist der [mm] $\ggT$ [/mm] nur eindeutig bis auf
eine Einheit (die Einheiten sind [mm] $\pm\,1$), [/mm] daher oben der Betrag!
P.P.S. @ Teufel: Danke für die Ergänzung des meiner Ansicht nach schöneren
und eleganteren Beweisweges.
Gruß,
Marcel
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:16 Sa 22.11.2014 | | Autor: | Teufel |
Hi Marcel!
Klar, der ggT ist immer nur bis auf Einheiten bestimmt, aber speziell in [mm] \IZ [/mm] nimmt man meistens dann doch die positive Variante. Kommt aber immer auf die Definition an, von daher ist dein Einwand berechtigt. ;) Etwas schwieriger wird es in [mm] \IZ[i] [/mm] mit den Einheiten [mm] \{1,-1,i,-i\}. [/mm] Da gibt es oft keinen "schönsten" ggT mehr, denn z.B. ist ja [mm] $\text{ggT}(i,-i)=1$, [/mm] aber [mm] $\text{ggT}(i,-i)=i$ [/mm] zu schreiben wäre eigentlich auch "schön".
P.S. Kein Problem ;) da sieht man wieder wie unterschiedlich wir vorgehen können. Deine Variante finde ich auch interessant, sie ist wieder etwas analytischer.
|
|
|
|
