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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:10 Mo 10.10.2005 | | Autor: | sara_20 |
Hi,
ich habe diese Frage in keinen anderen Foren gestellt.
Also, ich habe es mit der transfiniten induktion versucht, es aber nicht geschafft.
Es ist folgendes zu beweisen:
n|a+b and [mm] n^{2}|a^{2}+b^{2} \Rightarrow n^{m}|a^{m}+b^{m} [/mm] fuer jedes [mm] m\in \IN.
[/mm]
Kann mir jemand helfen???
Danke im vorraus.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:36 Mo 10.10.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Irma!
Versuche doch erstmal, die Aussage [mm] $n^3\vert a^3+b^3$ [/mm] zu beweisen. Da [mm] $n\vert [/mm] a+b$, folgt [mm] $n^2\vert a^2+2ab+b^2$. [/mm] Da aber auch [mm] $n^2\vert a^2+b^2$ [/mm] folgt [mm] $n^2\vert [/mm] 2ab$. Ich muss hier leider annehmen, dass $n$ ungerade ist. Vielleicht fällt dir ja noch etwas ein, wie man [mm] $2\vert [/mm] n$ behandeln könnte. Für $n$ ungerade folgt nämlcih [mm] $n^2\vert [/mm] ab$. Nun ist weiter [mm] $n\vert [/mm] a+b$ und [mm] $n^2\vert a^2+b^2$, [/mm] sodass sicher [mm] $n^3\vert (a+b)(a^2+b^2)=a^3+b^3+ab(a+b)$ [/mm] ist. Da $ab$ Vielfaches von [mm] $n^2$ [/mm] und $a+b$ Vielfaches von $n$ ist, ist $ab(a+b)$ Vielfaches von [mm] $n^3$. [/mm] Damit ist mit [mm] $a^3+b^3+ab(a+b)$ [/mm] und $ab(a+b)$ auch ihre Differenz, nämlich [mm] $a^3+b^3$ [/mm] durch [mm] $n^3$ [/mm] teilbar. Ziemlich ähnlich funktioniert es bei dem verallgemeinerten Induktionsschritt.
Magst du es einmal versuchen?
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:48 Mo 10.10.2005 | | Autor: | sara_20 |
Ja, mit n=3 habe ich es auch schon gezeigt. Aber irgendwie komme ich damit nicht weiter. Trotzdem schaffe ich es nicht mit matematischer induktion.
Hat jemand eine andere Idee?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 03:50 Di 11.10.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Irma!
Die Frage wurde von Jan hier beantwortet. Wenn du Fragen dazu hast, kannst du sie gerne darunter stellen. 
Liebe Grüße
Stefan
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Hallo
> n|a+b and [mm]n^{2}|a^{2}+b^{2} \Rightarrow n^{m}|a^{m}+b^{m}[/mm]
> fuer jedes [mm]m\in \IN.[/mm]
Ich habe einen Ansatz, der vielleicht etwas umständlich anmutet:
Sei [mm]g=ggT(a,b), a=ga', b=gb'[/mm]. Sei ausserdem [mm]d=ggT(g,n), n=dn', g=dg'[/mm]. Es folgt [mm]dn'|dg'(a'+b') \Rightarrow n' | (a'+b')[/mm] (g' und n' sind teilerfremd). Ausserdem gilt [mm]d^2n'^2 | d^2g'^2(a'^2+b'^2) \Rightarrow n'^2 | a'^2+b'^2[/mm].
Desweiteren gilt [mm]n' | (a'+b') \Rightarrow n' | (a'+b')(a'-b')=a'^2-b'^2[/mm]. Zusammen mit [mm]n' | n'^2 | a'^2+b'^2[/mm] folgt [mm]n' | 2a'^2, n' | 2b'^2[/mm] ([mm]a'^2-b'^2[/mm] addiert bzw. subtrahiert von [mm]a'^2+b'^2[/mm]). Da a' und b' teilerfremd sind folgt n'=2 oder n'=1.
Angenommen es ist n'=2. Es gilt also [mm]2|a'+b'[/mm]. Somit sind a' und b' ungerade (da sie teilerfremd sind können sie nicht beide gerade sein).
[mm]2^2 | a'^2+b'^2[/mm] führt zum Widerspruch, da [mm]a'^2+b'^2 \equiv 2 \pmod{4}[/mm].
Also muss n'=1 gelten. Es folgt, dass [mm]n=dn'=d \Rightarrow n | g[/mm] also teilt n sowohl a als auch b. Hieraus folgt die Behauptung.
MfG
Jan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:36 Do 13.10.2005 | | Autor: | sara_20 |
Hallo,
Ich danke vielmals fuer die ausfuehrliche Loesung. Ich habe zwar etwas Zeit gebraucht sie zu verstehen. Finde sie aber mathematisch korrekt d.h.korrekter mathematischer Beweis.
Also,
Danke!
Ich danke auch fuer die schnelle Reaktion auf meine Frage.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:58 Do 13.10.2005 | | Autor: | sara_20 |
Ich ueberlege aber immernoch ob man das doch iregendwie uber Induktion loesen kann.
Wenn jemand eine Antwort weiss...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:38 Do 13.10.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Irma!
Ich habe die tragende Idee bereits in meinem ersten Posting beschrieben. Nun werde ich es alles zu einem induktiven Beweis zusammenfügen, um den du ja nochmals gebeten hattest:
Es seien [mm] $n,a,b\in \IN$ [/mm] mit
(N1) [mm] $n\vert [/mm] a+b$
und
(N2) [mm] $n^2\vert a^2+b^2$.
[/mm]
Es sei [mm] $2^{\mu}$ [/mm] die höchste Zweierpotenz, die in $n$ aufgeht. Nach (N1) (N2) muss dann [mm] $2^\mu$ [/mm] Teiler von $a$ und $b$ sein. Begründung (von Jan, nachdem ich mich vertan hatte): Es seien [mm] $a=2^{\nu_a}a', b=2^{\nu_b} [/mm] b'$. Sind [mm] $\nu_a,\nu_b$ [/mm] größer gleich [mm] $\mu$, [/mm] so ist nichts mehr zu zeigen. Dann sei o.B.d.A. [mm] $\nu_a\geq \nu_b$ [/mm] und wir haben [mm] $2^{\mu}\vert a+b=2^{\nu_b}(2^{\nu_a-\nu_b}a'+b')\Rightarrow 2^{\mu-\nu_b}\vert 2^{\nu_a-\nu_b}a'+b'$. [/mm] Es folgt [mm] $\nu_a=\nu_b$, [/mm] da sonst die rechte Seite ungerade ist. Also ist [mm] $\nu=\nu_a=\nu_b$ [/mm] und [mm] $2^{\mu-\nu}\vert [/mm] a'+b'$. Da $a',b'$ ungerade sind, folgt [mm] $a'^2+b'^2\equiv 2\pmod [/mm] {4}$. Nach (N2) muss nun [mm] $2^{2(\mu-\nu)}\vert [/mm] a'^2+b'^2$ gelten. Die linke Seite ist allerdings durch $4$ teilbar, die rechte nicht - Widerspruch.
Aus (N1) folgt nun [mm] $n^2\vert a^2+2ab+b^2$, [/mm] was kombiniert mit (N2) schließlich [mm] $n^2\vert [/mm] 2ab$ ergibt. Hieraus folgt [mm] $n^2\vert [/mm] ab$, da [mm] $2^{2\mu}$ [/mm] Teiler von $ab$ ist. Nun können wir die Induktion durchführen.
Es seien (N1),(N2) gültig und die Aussage für alle [mm] $m\leq i\in \IN, i\geq [/mm] 2$ korrekt, d.h. [mm] $n^m\vert a^m+b^m$ [/mm] für alle [mm] $m\in \IN, m\leq [/mm] i$. Dann ist [mm] $a^{i+1}+b^{i+1}=(a+b)(a^{i}+b^{i})-ab(a^{i-1}+b^{i-1})$. [/mm] Nach (N1) ist $a+b$ durch $n$ und nach Voraussetzung [mm] $a^i+b^i$ [/mm] durch [mm] $n^i$ [/mm] teilbar, somit also [mm] $(a+b)(a^i+b^i)$ [/mm] durch [mm] $n^{i+1}$. [/mm] Ferner ist (s.o.) $ab$ durch [mm] $n^2$ [/mm] und nach Voraussetzung [mm] $a^{i-1}+b^{i-1}$ [/mm] durch [mm] $n^{i-1}$ [/mm] teilbar, somit [mm] $ab(a^{i-1}+b^{i-1})$ [/mm] durch [mm] $n^{i+1}$. [/mm] Als Differenz zweier durch [mm] $n^{i+1}$ [/mm] teilbarer Zahlen ist somit auch [mm] $a^{i+1}+b^{i+1}=(a+b)(a^{i}+b^{i})-ab(a^{i-1}+b^{i-1})$ [/mm] durch [mm] $n^{i+1}$ [/mm] teilbar. Damit sind wir fertig.
Liebe Grüße,
Hanno
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