Beweis kleiner Satz von Fermat Zusammenhang Beweis von Leibnitz und Beweis über Induktion

01.01.2013, 18:52	Very	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis kleiner Satz von Fermat Zusammenhang Beweis von Leibnitz und Beweis über Induktion Hallo an alle, ich habe ein Frage zum Beweis des kleinen Satzes von Fermat. Es gibt bei wikibooks einen Beweis über Induktion, den ich so auch verstanden habe. [attach]27574[/attach] Wir haben im Skript aber einen Beweis behandelt, bei dem mir eine Stelle unklar ist. Möglicherweise hängen die beiden Beweise zusammen, da bin ich mir aber noch nicht so sicher. Also unser Beweis im Skript lautet so: a=1+1+1+1+... + 1 (a mal) $\begin{eqnarray} a^p=(1+1+1+1+...+1)^p \end{eqnarray}$ Wir berechnen nun $\begin{eqnarray} a^p \end{eqnarray}$ mit dem Binomischen Lehrsatz und erhalten (dieser Schritt ist mir unklar) $\begin{eqnarray} a^p=1^p + ... + 1^p + \text{Terme mit Binomialkoeffizienten} \end{eqnarray}$ Dabei sind die Terme mit Binomialkoeffizienten jeweils solche mit p über i, wobei i läuft von i bis p (so wie das auch im Anhang zu sehen ist, nehme ich an). Diese Terme sind immer durch p teilbar, da nach der Definition des Binomialkoeffizienten stets ein p im Zähler steht. (Ende des Beweises) Ich verstehe nicht, wieso wir den Binomischen Lehrsatz einfach auf eine Summe mit n Summanden anwenden können, dieser gilt doch nur für zwei Summanden. Und ist dies gerade der Zusammenhang zum Beweis durch Induktion (den ich oben verlinkt habe)? Haben wir den Beweis durch Induktion also nur viel kürzer aufgeschrieben? Würde mich über Hilfe sehr freuen lg Very
01.01.2013, 19:23	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Beweis kleiner Satz von Fermat Zusammenhang Beweis von Leibnitz und Beweis über Induktion $\begin{eqnarray} (\underbrace{1+1+\ldots+1+1}_{\text{a mal}})^p \end{eqnarray}$ lässt sich i.allg. nicht mit dem Binomoschen Lehrsatz berechnen, den wie der Name (das "Bi") schon sagt, dürfte da nur 2 Summanden vorkommen... Irgendwas hast du da also in der Reproduktion deines Beweises der Vorlesung verwechselt bzw. falsch widergegeben...
01.01.2013, 19:42	Very	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, gut zu wissen, da hatte ich mich auch schon gewundert. Also wir haben aufgeschrieben: "aus dem binomischen Lehrsatz folgt $\begin{eqnarray} a^p=1^p + \cdots + 1^p \end{eqnarray}$ + Terme mit Binomialkoeffizienten $\begin{eqnarray} \binom{p}{i} \end{eqnarray}$ für 0<i<p Es gilt: $\begin{eqnarray} p\|\binom{p}{i} \end{eqnarray}$ für 0<i<p Daraus folgt $\begin{eqnarray} a^p\equiv a(mod p) \end{eqnarray}$ " Und ich habe mir nur dazugeschrieben, dass wir $\begin{eqnarray} a^p \end{eqnarray}$ mit dem binomischen Lehrsatz berechnen, was dann scheints ja falsch war. Es war wohl gemeint aus dem binomischen Lehrsatz folgt: ... (und das möglicherweise mit der Induktion, oder?) Was ich immer noch nicht verstehe, ist dass ich $\begin{eqnarray} a^p \end{eqnarray}$ so darstellen kann... Oder soll das nur eine verkürzte Darstellung für die Induktion sein, die ich oben angefügt hatte?
01.01.2013, 20:21	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
Naja, es gibt allerdings auch noch den Multinomialsatz, aber das was du oben aus der Mitschrift zitierst passt auch dazu nicht, denn da kommen keine Binomialkoeffizienten sondern Multinomialkoeffizienten vor...
01.01.2013, 23:34	Very	Auf diesen Beitrag antworten »
Nein, Multinomialkoeffizienten haben wir nicht verwendet... ich werde nochmals bei Kommilitonen nachfragen, ob die den Beweis verstanden haben. Vielleicht ist ja wirklich der über die Induktion gemeint (und eben nur Stichpunkte aufgeschrieben). Danke schonmal für die Hilfe. Ich melde mich nochmals, falls es Neuigkeiten gibt.
02.01.2013, 09:50	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, zu dem obigem Beweis aus wikibooks würde diese Argumentation mutatis mutandis passen... Ansonsten müsste man halt einfach Multinomialkoeffizienten $\begin{eqnarray} \frac{p!}{i_1!i_2!\dots i_p!} \quad (i_1,i_2,\ldots,i_p \in \mathbb N, \ i_1+i_2+\ldots+i_p=p) \end{eqnarray}$ verwenden, die ja ebenfalls alle durch p teilbar sind, außer in dem Fall, wo in obiger Summe der $\begin{eqnarray} i_j \end{eqnarray}$ der Summand p vorkommt (und damit alle anderen dann 0 sind)... Das sind dann gerade die p Ausnahmefälle, welche für die p Summanden der Form $\begin{eqnarray} 1^p \end{eqnarray}$ verantwortlich sind...
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