Beweis: |(p/q)-wurzel5| >= c/q^2

20.10.2011, 13:38

ericspliff

Beweis: |(p/q)-wurzel5| >= c/q^2

Meine Frage:
Sei a element Q+ mit wurzel5 kein element Q. Zeige dass es eine Konstante c>0 gibt, so dass für alle p/q element Q gilt:
|(p/q)-wurzel5| >= c/q^2

kann mir vll jemand bei dieser Aufgabe weiterhelfen?
vielen dank schonmal im vorraus

Meine Ideen:
.

20.10.2011, 13:57

René Gruber

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Tipp: Für alle ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} q > 0 \end{eqnarray*}$ gilt

$\begin{eqnarray*} \left|p-q\sqrt{5}\right| \cdot \left|p+q\sqrt{5}\right| = |p^2-5q^2| \geq 1 \end{eqnarray*}$ .

20.10.2011, 14:10

ericspliff

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Danke für deinen Tipp,
aber leider weiß ich nicht, wie er mir bei dieser aufgabe weiterhilft.
Kannst du mir vllt den Ansatz für die Aufgabe erkläutern?

20.10.2011, 14:13

René Gruber

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Zitat:

Original von ericspliff
aber leider weiß ich nicht, wie er mir bei dieser aufgabe weiterhilft.

Dann waren die maximal 13 Minuten offenbar zu wenig zum Nachdenken, denn dieser Tipp ist schon mehr als die halbe Miete zum Beweis. Teilen wir das ganze mal durch $\begin{eqnarray*} q^2 \end{eqnarray*}$ , d.h.

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q}-\sqrt{5}\right| \cdot \left|\frac{p}{q}+\sqrt{5}\right| \geq \frac{1}{q^2} \end{eqnarray*}$ ,

und jetzt denkst du mal etwas gründlicher nach ,bevor du dich wieder meldest.

20.10.2011, 14:24

ericspliff

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Danke.

20.10.2011, 16:06

René Gruber

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Das größtmögliche $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ mit dieser Eigenschaft ist übrigens $\begin{eqnarray*} c_{\max} = 36-16\sqrt{5} \approx 0.2229 \end{eqnarray*}$ , aber so genau wollten sie es ja hier in der Aufgabe gar nicht wissen. Augenzwinkern

20.10.2011, 17:39

ericspliff

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Wird es nicht weil ich mich vertan habe, es ist wurzel a mit wurzel a kein element Q.

20.10.2011, 18:00

René Gruber

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Naja, dann hat sich das mit dem konkreten $\begin{eqnarray*} c_{\max} \end{eqnarray*}$ erledigt. Der Beweisgedanke indes bleibt derselbe

21.10.2011, 12:25

ericpsliff

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H,
wir (einige Kommilitonen und ich) sind leider trotz deines Tipps nicht weiter mit dieser Aufgabe gekommen.
Wieso ist dein Tipp gültig? Den müssten wir doch zunächst beweisen um ihn anzuwenden.
Und wir kommen leider auch nicht darauf, wie wir beweisen sollen, dass es ein konstantes c gibt, welches die Ungleichung erfüllt. Wie müssen wir ansetzen und was ist genau das Ziel des Beweises?
Vielen Dank im Vorraus

21.10.2011, 12:46

tmo

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Dann widmen wir uns erstmal dem Tipp, also warum gilt das?

Das ist quasi einfach nur die Voraussetzung.

Es ist $\begin{eqnarray*} p^2-aq^2 \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} |p^2-aq^2| \geq \frac{1}{s} \end{eqnarray*}$ gilt immer (wobei s der gekürzte Nenner von a ist), außer wenn $\begin{eqnarray*} p^2-aq^2=0 \end{eqnarray*}$ gilt. Dass letzteres nicht sein kann, ist aber einfach nur eine Umformulierung der Irrationalität von $\begin{eqnarray*} \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ .

Soweit alles klar?

edit: Da a nun rational sein darf, muss man etwas umformulieren. Da der Nenner von a aber fest bleibt, ist das kein Problem.

21.10.2011, 13:19

René Gruber

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Nachdem diese Frage erledigt ist, kommen wir nun zum Finden eines solchen $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ . Da kann man z.B. so vorgehen (ich gehe wie tmo von $\begin{eqnarray*} a=\frac{r}{s} \end{eqnarray*}$ mit positiven ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} r,s \end{eqnarray*}$ aus):

1.Wir betrachten zunächst einen beschränkten Bereich für $\begin{eqnarray*} \frac{p}{q} \end{eqnarray*}$ , genauer gesagt $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q} - \sqrt{a} \right| \leq K \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ irgendeine (zunächst nicht spezifizierte) positive Konstante ist. Dann kann man für diese $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ abschätzen

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q}-\sqrt{a}\right| \cdot (K+2\sqrt{a}) \geq \left| \frac{p}{q}-\sqrt{a}\right| \cdot \left|\frac{p}{q}+\sqrt{a}\right| \geq \frac{1}{sq^2} \end{eqnarray*}$ ,

also

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q}-\sqrt{a}\right| \geq \frac{1}{s(K+2\sqrt{a})q^2} \end{eqnarray*}$ .

2.Für die restlichen $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ ist sowieso $\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q} - \sqrt{a} \right| > K \geq \frac{K}{q^2} \end{eqnarray*}$ .

Legt man daher nun noch $\begin{eqnarray*} c:= \min\left\{ K, \frac{1}{s(K+2\sqrt{a})} \right\} \end{eqnarray*}$ fest, so ist der Beweis erbracht.

P.S.: Wenn man im Rahmen dieses Beweisweges ein "möglichst großes" $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ haben will, dann legt man $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ als positive Lösung der Gleichung $\begin{eqnarray*} K = \frac{1}{s(K+2\sqrt{a})} \end{eqnarray*}$ fest, das ist $\begin{eqnarray*} K = \sqrt{\frac{1}{s}+a}-\sqrt{a} \end{eqnarray*}$ . In diesem Gleichheitsfall ist dann auch $\begin{eqnarray*} c=K \end{eqnarray*}$ . Allerdings kann man nicht sagen, dass das so gewonnene $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ bereits das größtmögliche ist, das wird i.a. nicht der Fall sein. Augenzwinkern

21.10.2011, 19:36

loop_

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Zitat:

Wie kommst du auf letzteres?

21.10.2011, 19:43

René Gruber

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Zitat:

Original von loop_
Wie kommst du auf letzteres?

Division der oberen Ungleichung durch die positive Zahl $\begin{eqnarray*} (K+2\sqrt{a}) \end{eqnarray*}$ .

21.10.2011, 20:00

loop_

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Reicht es nicht zu sagen, dass c folgendes sein muss:

$\begin{eqnarray*} | q(p-q\sqrt{a} | \geq c \end{eqnarray*}$

Mehr kann man doch gar nicht machen. Verstehe nämlich wirklich nicht, was du dort oben gemacht hast.

21.10.2011, 20:05

René Gruber

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Zitat:

Original von loop_
Reicht es nicht zu sagen, dass c folgendes sein muss:

$\begin{eqnarray*} | q(p-q\sqrt{a} | \geq c \end{eqnarray*}$

Inwiefern soll das "reichen"? Wer sagt dir denn, dass nicht

$\begin{eqnarray*} \inf\limits_{p,q\in\mathbb{Z},\,q>0} | q(p-q\sqrt{a} | = 0 \end{eqnarray*}$

gilt, womit die Behauptung nicht gelten würde? Teufel

21.10.2011, 20:32

loop_

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Das ist doch definiert durch die Beträge. Ein Betrag kann nur positiv sein also >0

21.10.2011, 20:42

René Gruber

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Ist dir bewusst, dass es abzählbare Mengen positiver reeller Zahlen gibt, deren Infimum dennoch Null ist? Offenbar nicht. unglücklich

21.10.2011, 23:25

carna

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Da sollte man vielleicht mal einwerfen das die Fragesteller jetzt grade mal 2 Wochen Vorlesung Analysis I hinter sich haben.

21.10.2011, 23:58

René Gruber

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Alles, was hier im Thread bisher besprochen wurde, ist bereits mit Schulkenntnissen nachvollziehbar - das ist also keine Ausrede bzw. Entschuldigung. Augenzwinkern

22.10.2011, 09:23

ericspliff

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wie kommst du denn auf (K-2 mal wurzel a) ?

22.10.2011, 15:11

loop_

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Zitat:

Original von René Gruber
Nachdem diese Frage erledigt ist, kommen wir nun zum Finden eines solchen $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ . Da kann man z.B. so vorgehen (ich gehe wie tmo von $\begin{eqnarray*} a=\frac{r}{s} \end{eqnarray*}$ mit positiven ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} r,s \end{eqnarray*}$ aus):

1.Wir betrachten zunächst einen beschränkten Bereich für $\begin{eqnarray*} \frac{p}{q} \end{eqnarray*}$ , genauer gesagt $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q} - \sqrt{a} \right| \leq K \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ irgendeine (zunächst nicht spezifizierte) positive Konstante ist. Dann kann man für diese $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ abschätzen

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q}-\sqrt{a}\right| \cdot (K+2\sqrt{a}) \geq \left| \frac{p}{q}-\sqrt{a}\right| \cdot \left|\frac{p}{q}+\sqrt{a}\right| \geq \frac{1}{sq^2} \end{eqnarray*}$ ,

also

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q}-\sqrt{a}\right| \geq \frac{1}{s(K+2\sqrt{a})q^2} \end{eqnarray*}$ .

2.Für die restlichen $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ ist sowieso $\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q} - \sqrt{a} \right| > K \geq \frac{K}{q^2} \end{eqnarray*}$ .

Legt man daher nun noch $\begin{eqnarray*} c:= \min\left\{ K, \frac{1}{s(K+2\sqrt{a})} \right\} \end{eqnarray*}$ fest, so ist der Beweis erbracht.

P.S.: Wenn man im Rahmen dieses Beweisweges ein "möglichst großes" $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ haben will, dann legt man $\begin{eqnarray*} K \end{eqnarray*}$ als positive Lösung der Gleichung $\begin{eqnarray*} K = \frac{1}{s(K+2\sqrt{a})} \end{eqnarray*}$ fest, das ist $\begin{eqnarray*} K = \sqrt{\frac{1}{s}+a}-\sqrt{a} \end{eqnarray*}$ . In diesem Gleichheitsfall ist dann auch $\begin{eqnarray*} c=K \end{eqnarray*}$ . Allerdings kann man nicht sagen, dass das so gewonnene $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ bereits das größtmögliche ist, das wird i.a. nicht der Fall sein. Augenzwinkern

Also ob das alles mit Schulkenntnissen zu bewältigen ist, bestreite ich.

Aber mal ne Frage.

Erstere ist klar. Du hast für quasi gesagt, dass die ganze Ungleichung kleiner als eine Konstante K ist. Nur wie hast du dann p,q abgeschätzt? Verstehe den Schritt leider nicht.

23.10.2011, 22:55

René Gruber

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Zitat:

Original von loop_
Also ob das alles mit Schulkenntnissen zu bewältigen ist, bestreite ich.

Bestreite doch, was du willst - übrigens habe ich nicht von bewältigen geredet, sondern von nachvollziehbar. Letzteres setzt erheblich weniger voraus.

Zitat:

Original von loop_
Du hast für quasi gesagt, dass die ganze Ungleichung kleiner als eine Konstante K ist. Nur wie hast du dann p,q abgeschätzt?

1. und 2. bilden eine vollständige Fallunterscheidung bzg. $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ : Entweder ist die Betragsdifferenz $\begin{eqnarray*} \left|\frac{p}{q}-\sqrt{a}\right| \end{eqnarray*}$ kleiner oder gleich K (Fall 1) oder sie ist größer als K (Fall 2) - andere Möglichkeiten gibt es nicht. Sollte eigentlich deutlich erkennbar sein, auch wenn nicht das Wort "Fallunterscheidung" fällt.

Zitat:

Original von ericspliff
wie kommst du denn auf (K-2 mal wurzel a) ?

Mit dieser Differenz habe ich nirgends operiert - oder meinst du etwa die ähnlich strukturierte Summe $\begin{eqnarray*} (K+2\sqrt{a}) \end{eqnarray*}$ ?

Es geht darum, den Betrag $\begin{eqnarray*} \left|\frac{p}{q}+\sqrt{a}\right| \end{eqnarray*}$ nach oben abzuschätzen, und zwar nur für jene $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ welche die Fallbedingung $\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q} - \sqrt{a} \right| \leq K \end{eqnarray*}$ erfüllen. Also nehmen wir doch die Dreiecksungleichung herbei und schätzen damit ab:

$\begin{eqnarray*} \left|\frac{p}{q}+\sqrt{a}\right| = \left| \left( \frac{p}{q}-\sqrt{a} \right) + 2\alpha \right| \leq \left| \frac{p}{q}-\sqrt{a} \right| + \left| 2\alpha \right| \leq K + 2\alpha \end{eqnarray*}$ .

23.10.2011, 23:54

loop_

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Danke René ^^

Aber du musst etwas verständnisvoller für Neuankömmlinge sein Willkommen

Wusste nicht, dass man die Dreickecksungleichung so verwenden kann. Man lernt immer wieder dazu. Respekt

24.10.2011, 09:00

René Gruber

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Zitat:

Original von loop_
Aber du musst etwas verständnisvoller für Neuankömmlinge sein

Darauf würde ich nicht bauen: Kuschelpädagogik auch noch im Hochschulbereich ist nicht mein Ding. Wenn Beitrage nicht gründlich gelesen werden bzw. überhaupt nicht mitgedacht wird, bringe ich dafür wenig bis kein Verständnis auf - in der Hinsicht bin ich schwer erziehbar. Augenzwinkern

Zitat:

Original von loop_
Wusste nicht, dass man die Dreickecksungleichung so verwenden kann. Man lernt immer wieder dazu. Respekt

Es geht auch über "einfache" Ungleichungsbetrachtungen. Mit der Dreiecksungleichung kann man das ganze nur eben sehr schnell und einigermaßen elegant aufschreiben.

25.10.2011, 21:35

Revalon

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Zitat:

Original von René Gruber
Ist dir bewusst, dass es abzählbare Mengen positiver reeller Zahlen gibt, deren Infimum dennoch Null ist? Offenbar nicht. unglücklich

Ist dir bewusst, dass das Infimum nicht zwingend Teil der Menge sein muss? Augenzwinkern

In dem Fall einer abzählbaren Menge positiver reeller Zahlen mit Infimum Null kann es auch gar nicht Teil der Menge sein.
Daher muss es ja immer eine positive Zahl geben, die kleiner/gleich jeder Zahl aus der Menge ist.
Ginge es um eine positive Zahl die kleiner ist hättest du damit aber recht.

Nebenbei kann man die Aufgabe auch einfacher (tatsächlich mit Schulwissen) lösen, nämlich indem man zeigt, dass
p/q-sqrt(a) =/= 0 sein muss womit der Betrag > 0 ist.

ebenfalls muss q =/= 0 und damit q² > 0 sein.

damit ist

|p/q-sqrt(a)|*q²

positiv, womit es eine positive Zahl geben muss, die kleiner/gleich diesem Ausdruck ist, egal, was man für p,q einsetzt.

Es muss ja kein Wert für c angegeben werden.

25.10.2011, 21:40

René Gruber

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Ich kann nicht erkennen, dass dein Beweis irgendwo die Struktur von $\begin{eqnarray*} \sqrt{a} \end{eqnarray*}$ benutzt. Du bist also der Meinung, dass diese Eigenschaft für jede irrationale Zahl $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ gilt? D.h., dass es zu einer festen irrationalen Zahl $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ stets eine positive Zahl $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ mit

$\begin{eqnarray*} \left| \frac{p}{q} - \alpha \right| \geq \frac{c}{q^2} \end{eqnarray*}$

für alle ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q>0 \end{eqnarray*}$ gibt? Da bist du aber gewaltig auf dem Holzweg, Gegenbeispiele sind leicht zu konstruieren. Augenzwinkern

P.S.: Die obige Infimumbemerkung hast du nicht im geringsten verstanden, denn genau die bringt deinen "Beweis" zum Einsturz. Das hier

Zitat:

Original von Revalon
In dem Fall einer abzählbaren Menge positiver reeller Zahlen mit Infimum Null kann es auch gar nicht Teil der Menge sein. Daher muss es ja immer eine positive Zahl geben, die kleiner/gleich jeder Zahl aus der Menge ist.

ist ganz einfach dummes Zeug, wie man durch Betrachtung der abzählbaren Menge

$\begin{eqnarray*} \left\{ \frac{1}{1}, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \ldots \right\} \end{eqnarray*}$

einfach zeigen kann. Nichts gegen Unwissenheit, aber wenn diese Stümperhaftigkeit so arrogant wie bei dir rüberkommt, dann kenne ich keine Gnade. Teufel

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