(2+i)^2n nicht reell Beweis

03.12.2014, 00:30

neca

(2+i)^2n nicht reell Beweis

Hallo,

und zwar bin ich innerhalb eines Beweises darauf gestoßen dass ich zeigen muss dass:
$\begin{eqnarray*} (2+i)^{2n} \forall n \in \mathbb N nicht in \mathbb R liegt \end{eqnarray*}$ ,
ich würde mich über einen Ansatz freuen. smile

Danke im Voraus

03.12.2014, 00:52

kingcools

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Erste Idee:

Euler-Formel, dann zeigen, dass der Winkel niemals ein Vielfaches von Pi ist. (ich nehme an, dass i die imaginäre Einheit ist)

03.12.2014, 01:00

neca

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Vielleicht hätte ich dazu sagen sollen dass es sich um die 8te Woche in Ana I handelt und wir in den Übungsaufgaben dementsprechend diese Sachen noch nicht benutzen dürfen ohne diese bewiesen zu haben. unglücklich

Bis dato habe ich mit dem Binomischen Lehrsatz rumprobiert, komme damit aber auch nicht weiter. :/

Edit: Ja, es handelt sich um i als die imaginäre Einheit smile

03.12.2014, 01:05

Midna

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Kann man das nicht vielleicht auch mit Induktion machen?

IA: $\begin{eqnarray*} (2+i)^2=(2+i)(2+i)=4+4i+i^2=3+4i \notin \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

IS: Sei $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2n} \notin \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2(n+1)}=(2+i)^{2n+2}=(2+i)^{2n}(2+i)^2=(2+i)^{2n}(3+4i)=3((2+i)^{2n})+4i((2+i)^{2n}) \end{eqnarray*}$ und da für jedes $\begin{eqnarray*} z \in \mathbb{C} \setminus \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} \lambda z \in \mathbb{C}\setminus \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gilt, folgt die Behauptung.

Edit:

Zitat:

da für jedes $\begin{eqnarray*} z \in \mathbb{C} \setminus \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} \lambda z \in \mathbb{C}\setminus \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gilt

Beweis: Ist $\begin{eqnarray*} z \in \mathbb{C}\setminus \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , so ist $\begin{eqnarray*} z=x+iy \end{eqnarray*}$ . Wähle $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ , dann ist $\begin{eqnarray*} \lambda z=\lambda(x+iy)=(\lambda x)+i(\lambda y) \in \mathbb{C}\setminus \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ .

03.12.2014, 01:24

Midna

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Nachtrag: es hätte heißen müssen: $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb{R}\setminus \{0 \} \end{eqnarray*}$ . Diese Einschränkung dürfen wir machen, weil in Deinem Fall $\begin{eqnarray*} \lambda=3 \end{eqnarray*}$ ist.

03.12.2014, 07:29

RavenOnJ

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@Midna
Deine Argumentation kann ich nicht nachvollziehen. verwirrt

$\begin{eqnarray*} 3+4i\notin \mathbb R \end{eqnarray*}$

03.12.2014, 11:24

Midna

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Was genau ist daran nicht richtig? Ich weiß schonmal, dass $\begin{eqnarray*} (2+i)^2=3+4i \end{eqnarray*}$ komplex und nicht reell ist.

03.12.2014, 12:47

RavenOnJ

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Zitat:

Original von Midna
Ich weiß schonmal, dass $\begin{eqnarray*} (2+i)^2=3+4i \end{eqnarray*}$ komplex und nicht reell ist.

Eben. Weil $\begin{eqnarray*} (2+i)^2=3+4i \end{eqnarray*}$ nicht reell ist, kannst du nicht davon ausgehen, dass $\begin{eqnarray*} a:=(3+4i)z,z\in\mathbb C \end{eqnarray*}$ nicht auch reell sein kann.

03.12.2014, 12:50

Guppi12

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@neca:

Kannst du mal sagen, was du eigentlich zeigen wolltest? Also innerhalb welchen Beweises du auf diese Aussage gestoßen bist? Vielleicht kann man diese Stelle umgehen. Ich sehe gerade auch keinen einfachen Beweis für die Aussage.

03.12.2014, 13:08

HAL 9000

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Vor Jahren bin ich mal auf eine allgemeinere Aussage gestoßen, aus der die Behauptung sofort folgt:

Zitat:

Der Winkel $\begin{align*} \varphi \end{align*}$ sei ein rationales Vielfaches von $\begin{align*} 2\pi \end{align*}$ . Dann kann $\begin{align*} \cos(\varphi) \end{align*}$ nur dann ebenfalls rational sein, wenn es einen der Werte $\begin{align*} -1,-\frac{1}{2},0,\frac{1}{2},1 \end{align*}$ annimmt.

Beweis: Gemäß Additionstheorem ist $\begin{align*} \cos(2\varphi) = 2\cos^2(\varphi)-1 \end{align*}$ , d.h.

$\begin{align*} 2\cos(2\varphi) = (2\cos(\varphi))^2-2 \end{align*}$

Nehmen wir nun an, dass $\begin{align*} 2\cos(\varphi) = \frac{p}{q} \end{align*}$ mit teilerfremden ganzen Zahlen $\begin{align*} p,q>0 \end{align*}$ ist. Aus der Formel eben folgt dann

$\begin{align*} 2\cos(2\varphi) = \frac{p^2}{q^2}-2 = \frac{p^2-2q^2}{q^2} \end{align*}$ ,

und man überzeugt sich rasch, dass dann auch $\begin{align*} p^2-2q^2 \end{align*}$ und $\begin{align*} q^2 \end{align*}$ teilerfremd sind.

Dies fortgeführt bekommen wir im Fall $\begin{align*} q>1 \end{align*}$ für $\begin{align*} 2\cos\left(2^k\varphi\right) \end{align*}$ mit $\begin{align*} k=0,1,2,\ldots \end{align*}$ rationale Ausdrücke mit immer größer werdenden Nenner.

Andererseits haben wir wegen $\begin{align*} \varphi = 2\pi\cdot \frac{u}{v} \end{align*}$ mit ganzzahligen $\begin{align*} u,v>0 \end{align*}$ ja dann

$\begin{align*} 2^k\varphi = 2\pi\cdot \frac{2^ku}{v}\equiv 2\pi\cdot \frac{u_k}{v} \bmod 2\pi \end{align*}$

mit ganzzahligen Werten $\begin{align*} u_k\in\{0,1,\ldots,v-1\} \end{align*}$ , d.h. es kommen nur maximal $\begin{align*} v \end{align*}$ echt verschiedene Werte in dieser Folge $\begin{align*} 2\cos\left(2^k\varphi\right) \end{align*}$ in Frage (tatsächlich sogar weniger) - Widerspruch zu der oben angeführten Eigenschaft der immer größer werdenden Nenner.

Es bleibt also nur der Fall $\begin{align*} q=1 \end{align*}$ übrig, d.h. $\begin{align*} 2\cos(\varphi) = p \end{align*}$ , wo offenbar nur noch die Möglichkeiten $\begin{align*} -2\leq p\leq 2 \end{align*}$ bleiben.

-----------------------------------------

Ok, was hat das nun mit der Aufgabe hier zu tun? Angenommen, es gäbe ein $\begin{align*} n \end{align*}$ mit $\begin{align*} (2+i)^{2n}\in\mathbb{R} \end{align*}$ . Mit der Polardarstellung $\begin{align*} 2+i=re^{i\varphi} \end{align*}$ folgt dann $\begin{align*} r^{2n}e^{2n\varphi i} \in\mathbb{R} \end{align*}$ , d.h. $\begin{align*} 2n\varphi \end{align*}$ muss ein ganzzahliges Vielfaches von $\begin{align*} \pi \end{align*}$ sein, und damit insbesondere $\begin{align*} 2\varphi \end{align*}$ ein rationales Vielfaches von $\begin{align*} 2\pi \end{align*}$ . (*)

Nun ist im vorliegenden Fall aber $\begin{align*} \cos(2\varphi) = 2\cos^2(\varphi)-1 = \frac{2}{1+\tan^2(\varphi)}-1 = \frac{2}{1+\frac{1}{4}}-1 = \frac{3}{5} \end{align*}$ , was laut obigen Satz dann aber nicht in Übereinstimmung mit (*) sein kann.

03.12.2014, 18:43

Midna

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Zitat:

Original von RavenOnJ
Eben. Weil $\begin{eqnarray*} (2+i)^2=3+4i \end{eqnarray*}$ nicht reell ist, kannst du nicht davon ausgehen, dass $\begin{eqnarray*} a:=(3+4i)z,z\in\mathbb C \end{eqnarray*}$ nicht auch reell sein kann.

Hm, kann es sein, dass mein Beitrag gar nicht richtig gelesen wurde?

Noch einmal: Ich weiß, dass $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2n}=(3+4i) \end{eqnarray*}$ nicht reell ist. Weiter habe ich berechnet, dass $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2(n+1)}=3((2+i)^{2n})+4i((2+i)^{2n}) \end{eqnarray*}$ ist. Der erste Summand ist doch jetzt ebenfalls nichtreell, da er ein Produkt von 3 und meinem nichtreellen $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2n} \end{eqnarray*}$ ist. Der zweite Summand ist egal, er kann reell sein oder nicht, insgesamt ist $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2(n+1)} \end{eqnarray*}$ also nichtreell.

Korrektur?

03.12.2014, 18:50

IfindU

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Dein "Beweis" zeigt auch, dass $\begin{eqnarray*} i^n \end{eqnarray*}$ nie reell ist...

Insgesamt argumentierst du mit $\begin{eqnarray*} i - i \end{eqnarray*}$ ist nicht reell, da $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ nicht reell ist und der zweite Summand egal ist.

03.12.2014, 19:45

HAL 9000

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Alle, die sich an einem Beweis versuchen, sollten mal testen, ob sie im Fall $\begin{align*} (1+i)^n \end{align*}$ ziemlich analog argumentieren würden. Falls ja, dann ist der Apfel schon faul. geschockt

P.S.: So ganz grundlos habe ich oben nicht ein etwas dickeres Brett gebohrt. Augenzwinkern

EDIT: Eine einfachere, dafür auf das Problem konkret zugeschnittene Variante:

Man betrachte mal Real- und Imaginärteil von $\begin{align*} (2+i)^{2n} = (3+4i)^n \end{align*}$ modulo 5.

05.12.2014, 00:23

neca

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Erstmal Danke für alle Antworten und Ansätze, aber besonders für den Beweis von HAL 9000, hat für mich zugegeben schon relativ lange gedauert das zu verstehen, aber jetzt hab ich es. smile

Zitat:

Original von Guppi12
@neca:

Kannst du mal sagen, was du eigentlich zeigen wolltest? Also innerhalb welchen Beweises du auf diese Aussage gestoßen bist? Vielleicht kann man diese Stelle umgehen. Ich sehe gerade auch keinen einfachen Beweis für die Aussage.

Es ging um Folgende Aufgabe:

Sei $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2-i}{2+i} \right) ^{n}, n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ eine Folge komplexer Zahlen, zeigen Sie, dass $\begin{eqnarray*} a_{n} \neq 1 \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \forall n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ .
(Tipp: Wenden Sie auf $\begin{eqnarray*} (2+i+2-i)^{n} \end{eqnarray*}$ den binomischen Lehrsatz an und leiten Sie einen Widerspruch unter der Annahme $\begin{eqnarray*} a_{n} = 1 \end{eqnarray*}$ her.)

Der Tipp mit dem Lehrsatz hat auch super funktioniert, man erhält am Ende auf der linken Seite der Gleichung etwas reelles und muss also für den Widerspruch "nur noch" zeigen dass der rechte Teil (eben $\begin{eqnarray*} (2+1)^{n} \end{eqnarray*}$ ) nicht reell ist.

05.12.2014, 00:27

RavenOnJ

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Zitat:

Original von neca
Sei $\begin{eqnarray*} (\frac{2-i}{2+1}) ^{n} , n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$

Soll das nicht eher $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2-i}{2+i}\right) ^{n} \end{eqnarray*}$ heißen?

05.12.2014, 00:37

neca

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Ja, habe es geändert, danke smile

05.12.2014, 09:47

HAL 9000

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Zitat:

Original von neca
aber besonders für den Beweis von HAL 9000, hat für mich zugegeben schon relativ lange gedauert das zu verstehen, aber jetzt hab ich es.

Hast du auch die Nachbemerkung

Zitat:

Original von HAL 9000
Man betrachte mal Real- und Imaginärteil von $\begin{align*} (2+i)^{2n} = (3+4i)^n \end{align*}$ modulo 5.

gelesen? Diese Variante ist doch wesentlich kürzer, d.h. dann doch ein dünnes Brett. Augenzwinkern

05.12.2014, 11:27

lalülala

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Mag mich jemand aufklären, was der Tipp mit dem binomischen Lehrsatz bringen soll?

Dass das zu zeigende äquivalent ist, zu $\begin{eqnarray*} \exists n\in\mathbb N:~ (2+i)^{2n} \in\mathbb R \end{eqnarray*}$ sieht man doch direkt:

$\begin{eqnarray*} \exists n\in\mathbb N:~ (2+i)^{2n} \in\mathbb R \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\quad\exists n\in\mathbb N:~ (2+i)^{n} \in\mathbb R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\quad\exists n\in\mathbb N:~ (2+i)^n = \overline{(2+i)^n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\quad\exists n\in\mathbb N:~ \left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n = 1 \end{eqnarray*}$ .

Wenn ich allerdings den Lehrsatz auf den Tipp loslege, sehe ich erstmal garnichts.

05.12.2014, 13:11

HAL 9000

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Zitat:

Original von lalülala
Mag mich jemand aufklären, was der Tipp mit dem binomischen Lehrsatz bringen soll?

Würde mich auch interessieren. Augenzwinkern

05.12.2014, 15:04

neca

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Es gilt:

$\begin{eqnarray*} 4^{2n} = (2+i+2-i)^{2n} \end{eqnarray*}$

Wenn man nun auf $\begin{eqnarray*} (2+i+2-i)^{2n} \end{eqnarray*}$ den binomischen Lehrsatz schmeißt und so einige Termumformungen macht erhält man:

$\begin{eqnarray*} 4^{2n} = (2+i)^{2n}\cdot \left[...\right] \end{eqnarray*}$

und sieht recht schnell dass, was in der eckigen Klammer steht $\begin{eqnarray*} \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ist.

Also teilt man durch $\begin{eqnarray*} \left[...\right] \end{eqnarray*}$ und erhält auf der linken Seite etwas dass $\begin{eqnarray*} \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ist.

Also bleibt zu zeigen dass die rechte Seite, also $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2n} \end{eqnarray*}$ nicht reell ist $\begin{eqnarray*} \forall n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ um einen Widerspruch zu erzeugen.

Edit:
Während den Termumformungen kann man dann natürlich auch die Annahme $\begin{eqnarray*} a_{n} =1 \end{eqnarray*}$ verwenden.

05.12.2014, 15:06

HAL 9000

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Zitat:

Original von neca
und sieht recht schnell dass, was in der eckigen Klammer steht $\begin{eqnarray*} \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ist.

Na wenn man das angeblich "recht schnell" sieht, dann nenne mal konkret die zugehörige Begründung. Augenzwinkern

EDIT: Ach du meinst einen indírekten Beweis: Du nimmst an, dass die Behauptung richtig ist, und dann ist [...] reell. Ok, das stimmt, aber wie kommst du nun zu einem Widerspruch? verwirrt

05.12.2014, 15:13

neca

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in der Summe bleibt am ende der Faktor:

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} + \left(\frac{2+i}{2-i} \right)^{n} \end{eqnarray*}$

stehen.

Also $\begin{eqnarray*} a_{k} + a_{k} \end{eqnarray*}$ (konjugiert, (hab im Formeleditor nichts dazu gefunden)).

Das ergibt also $\begin{eqnarray*} 2Re(a_{k}) \end{eqnarray*}$ .

Der Rest der Summe sind ein paar Binomialkoeffizienten, welche natürlich auch $\begin{eqnarray*} \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ sind.

05.12.2014, 15:16

neca

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Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von neca
und sieht recht schnell dass, was in der eckigen Klammer steht $\begin{eqnarray*} \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ist.

Na wenn man das angeblich "recht schnell" sieht, dann nenne mal konkret die zugehörige Begründung. Augenzwinkern

EDIT: Ach du meinst einen indírekten Beweis: Du nimmst an, dass die Behauptung richtig ist, und dann ist [...] reell. Ok, das stimmt, aber wie kommst du nun zu einem Widerspruch? verwirrt

Naja, wenn ich zeige dass $\begin{eqnarray*} \left[...\right] \end{eqnarray*}$ reell ist, ist $\begin{eqnarray*} \frac{4^{2n} }{\left[...\right] } \end{eqnarray*}$ auch reell, wenn ich nun zeigen kann dass $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2n} \end{eqnarray*}$ nicht reell ist habe ich doch einen Widerspruch.

05.12.2014, 15:20

HAL 9000

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Versteh ich nicht, wie du darauf kommen willst. Fangen wir nochmal oben an: Es ist

$\begin{align*} 4^{2n} = (2+i)^{2n}\cdot \left(1 + \frac{2-i}{2+i} \right)^{2n} \end{align*}$ .

Ok, falls die Annahme $\begin{align*} (2+i)^{2n}\in\mathbb{R} \end{align*}$ stimmt, so ist auch

$\begin{align*} \left(1 + \frac{2-i}{2+i} \right)^{2n} = \sum_{k=0}^{2n} \binom{2n}{k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^k \end{align*}$

reell. Wo siehst du da jetzt einen Widerspruch?

Ich sehe keinerlei Sinn in deiner Argumentation - so wie es aussieht, hast du dich in der Logik der Beweisführung total verheddert. unglücklich

EDIT: Falschen Exponenten bei $\begin{align*} (2+i) \end{align*}$ korrigiert - Danke an Matt Eagle.

05.12.2014, 16:06

Matt Eagle

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Zitat:

Original von HAL 9000
Es ist

$\begin{align*} 4^{2n} = (2+i)^n\cdot \left(1 + \frac{2-i}{2+i} \right)^{2n} \end{align*}$ .

Da passt was nicht im Exponenten. Es gilt eher:

$\begin{eqnarray*} 4^{2n} = (2+i)^{2n}\cdot \left(1 + \frac{2-i}{2+i} \right)^{2n} \end{eqnarray*}$

05.12.2014, 16:09

HAL 9000

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Ja, Ok, kleiner Verschreiber. Ändert aber nichts grundsätzlich an dem Einwand.

05.12.2014, 16:20

Matt Eagle

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ändert aber nichts grundsätzlich an dem Einwand.

Ja, das ist wohl wahr!

05.12.2014, 16:23

neca

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Zitat:

Original von HAL 9000
Versteh ich nicht, wie du darauf kommen willst. Fangen wir nochmal oben an: Es ist

$\begin{align*} 4^{2n} = (2+i)^{2n}\cdot \left(1 + \frac{2-i}{2+i} \right)^{2n} \end{align*}$ .

Was hast du da getan ?
Weil dieser Schritt taucht in meinem Beweis garnicht erst auf.

05.12.2014, 16:27

HAL 9000

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Ich erkläre hier nicht deinen Beweis - ich habe zwei verschiedene korrekte Beweise für die Threadbehauptung bereits geliefert (Ok, den zweiten nur angedeutet), das reicht erstmal.

Schreib du doch deinen Beweis mal ausführlich und ordentlich auf - nicht so lückenhaft wie oben. Speziell:

Zitat:

Original von neca
in der Summe bleibt am ende der Faktor:

$\begin{eqnarray*} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} + \left(\frac{2+i}{2-i} \right)^{n} \end{eqnarray*}$

stehen.

In welcher Summe? Was hat die mit [...] zu tun?

05.12.2014, 16:39

neca

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Um die Threadbehauptung geht es doch schon lange nicht mehr, der Punkt ist dass mein Beweis (von dem ich im Übrigen sehr überzeugt bin) für die eigentliche Aufgabe den Beweis aus der Threadbehauptung voraussetzt.
Wenn der so gewünscht ist kann ich den gerne hier rein posten, allerdings eher gegen Abend, da ich jetzt gerade keine Zeit habe den kompletten Beweis hier zu posten.

05.12.2014, 16:40

HAL 9000

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Zitat:

Original von neca
Wenn der so gewünscht ist kann ich den gerne hier rein posten, allerdings eher gegen Abend, da ich jetzt gerade keine Zeit habe den kompletten Beweis hier zu posten.

Dann tu das mal. Ich halte deinen sogenannten Beweis für einen einzigen Trugschluss - die Tatsache, dass du dich windest und rausredest, ihn wirklich zu posten, spricht Bände.

------------------------------------------------

In der Zwischenzeit führe ich mal noch meine zweite Beweisidee konkret aus:

Zitat:

Lemma: Es sei $\begin{align*} (2+i)^{2n} = (3+4i)^n = a_n + b_ni \end{align*}$ mit ganzen Zahlen $\begin{align*} a_n,b_n \end{align*}$ . Für alle $\begin{align*} n\geq 1 \end{align*}$ gilt $\begin{align*} a_n\equiv 3\bmod 5 \end{align*}$ und $\begin{align*} b_n\equiv 4\bmod 5 \end{align*}$ .

$\begin{align*} n=1 \end{align*}$

$\begin{align*} a_1=3,b_1=4 \end{align*}$

$\begin{align*} n\to (n+1) \end{align*}$

$\begin{align*} a_{n+1} + b_{n+1}i = (3+4i)^{n+1} = (3+4i)\cdot (3+4i)^n = (3+4i)\cdot (a_n + b_ni) = (3a_n-4b_n) + (4a_n+3b_n)i \end{align*}$

$\begin{align*} a_{n+1} = 3a_n-4b_n\equiv 3\cdot 3-4\cdot 4 = -7\equiv 3\bmod 5 \end{align*}$

$\begin{align*} b_{n+1} = 4a_n+3b_n\equiv 4\cdot 3+3\cdot 4 = 24\equiv 4\bmod 5 \end{align*}$

Speziell folgt aus diesem Lemma $\begin{align*} b_n\neq 0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} n\geq 1 \end{align*}$ , was der Threadbehauptung entspricht.

05.12.2014, 16:48

neca

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Also reininterpretieren tust du ja zur Genüge, nur liegst du mit der Vermutung dass ich ich mich "winde" und "rausrede" absolut daneben.
Es macht lediglich nicht so sehr viel Spaß alles mit dem Formeleditor zu posten, aber jetzt habe ich ja einen Grund mir die Zeit zu nehmen.
Bis heute Abend.

05.12.2014, 16:58

HAL 9000

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Zitat:

Original von neca
Also reininterpretieren tust du ja zur Genüge

Muss ich ja leider, da in deinen Ausführungen die Lücken weit größer sind als die Substanz.

Eine Frage noch:

Zitat:

Original von neca
Um die Threadbehauptung geht es doch schon lange nicht mehr

Worum dann?

05.12.2014, 20:51

Guppi12

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Zitat:

Original von neca
Es macht lediglich nicht so sehr viel Spaß alles mit dem Formeleditor zu posten, aber jetzt habe ich ja einen Grund mir die Zeit zu nehmen.
Bis heute Abend.

Es würde mich auch sehr interessieren, wie du das genau gemacht hast. Es wäre also sehr freundlich von dir, wenn du deinen Weg mit uns teilen könntest Augenzwinkern

06.12.2014, 00:28

neca

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Zu Beginn haben wir:

$\begin{eqnarray*} 4^{2n} =(2+i+2-i)^{2n} \end{eqnarray*}$

Das Ziel ist es einen Widerspruch unter der Annahme $\begin{eqnarray*} a_{n} =1 \end{eqnarray*}$ herzuleiten.

Nun wende ich auf der rechten Seite den binomischen Lehrsatz an und erhalte:

$\begin{eqnarray*} (2+i+2-i)^{2n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\sum\limits_{k=0}^{2n} {2n\choose k} (2+i)^{2n-k} (2-i)^{k} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\sum\limits_{k=0}^{2n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=n+1}^{2n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k} \right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=n}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}-{2n\choose n} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} \right] \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n}=1 \end{eqnarray*}$ nach Annahme.

Nun verschiebe ich die Indizes der rechten Summe und erhalte:

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k+n} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k+n}-{2n\choose n}\right] \end{eqnarray*}$

Jetzt drehe ich die Summierungsreihenfolge der rechten Summe um:

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose (n-k)+n} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{(n-k)+n}-{2n\choose n}\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose 2n-k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{2n-k}-{2n\choose n}\right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \frac{\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n}\cdot \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n}}{\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}} -{2n\choose n}\right] \end{eqnarray*}$ wobei $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n}=1 \end{eqnarray*}$ nach Annahme.

Also folgt nach einsetzen der Annahme und Bildung des Kehrwertes:

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2+i}{2-i} \right)^{k}-{2n\choose n} \right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k}\left( \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\left(\frac{2+i}{2-i} \right)^{k}\right) -{2n\choose n} \right] \end{eqnarray*}$

Nun der wichtigste Schritt:

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k}\left( 2\cdot Re\left(\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} \right) \right) -{2n\choose n} \right] \end{eqnarray*}$

Daraus wird klar dass:

$\begin{eqnarray*} \left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k}\left( 2\cdot Re\left(\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} \right) \right) -{2n\choose n} \right]\in \mathbb R \end{eqnarray*}$

Jetzt erinnern wir uns an den Anfang:

$\begin{eqnarray*} 4^{2n} =(2+i+2-i)^{2n} \end{eqnarray*}$

und ersetzen $\begin{eqnarray*} (2+i+2-i)^{2n} \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k}\left( 2\cdot Re\left(\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} \right) \right) -{2n\choose n} \right] \end{eqnarray*}$

und erhalten:

$\begin{eqnarray*} 4^{2n} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k}\left( 2\cdot Re\left(\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} \right) \right) -{2n\choose n} \right] \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\frac{4^{2n}}{\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k}\left( 2\cdot Re\left(\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} \right) \right) -{2n\choose n} \right]}=(2+i)^{2n} \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} 4^{2n}\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k}\left( 2\cdot Re\left(\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} \right) \right) -{2n\choose n} \right]\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ folgt dass der ganze linke Term $\begin{eqnarray*} \in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ist.

Um nun einen Widerspruch zu erzeugen muss man also zeigen dass $\begin{eqnarray*} (2+i)^{2n}\notin\mathbb R, \forall n\in \mathbb N. \end{eqnarray*}$

Ich hoffe mir ist da jetzt bei der Eingabe kein grober Fehler unterlaufen.

06.12.2014, 00:47

Guppi12

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Hui, jetzt verstehe ich, warum du das nicht unnötig texen wolltest. Hut ab und danke dir für die Mühe!

Bis auf einen Tippfehler in der Zeile

Zitat:

$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=n}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}-{2n\choose n} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n} \right] \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n}=1 \end{eqnarray*}$ nach Annahme.

ist alles richtig. Dort müsste die zweite Summe bis $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ gehen. Danach stimmt es aber wieder.

Schau dir vielleicht alternativ auch noch einmal den Weg von Lalülala an Augenzwinkern

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \exists n\in\mathbb N:~ (2+i)^{2n} \in\mathbb R \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\quad\exists n\in\mathbb N:~ (2+i)^{n} \in\mathbb R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\quad\exists n\in\mathbb N:~ (2+i)^n = \overline{(2+i)^n} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow\quad\exists n\in\mathbb N:~ \left(\frac{2-i}{2+i}\right)^n = 1 \end{eqnarray*}$ ..

Viele Grüße und gute Nacht.

06.12.2014, 01:48

RavenOnJ

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Zitat:

Original von neca
$\begin{eqnarray*} =(2+i)^{2n}\left[\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose 2n-k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{2n-k}-{2n\choose n}\right] \end{eqnarray*}$

....

wobei $\begin{eqnarray*} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{n}=1 \end{eqnarray*}$ nach Annahme.

Danach könntest du einfacher fortsetzen:
$\begin{align*} {2n\choose 2n-k} = {2n\choose k}&\Rightarrow {2n\choose 2n-k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{2n-k}={2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{-k}= {2n\choose k} \overline{\left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}}\\&\Rightarrow \sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n} {2n\choose 2n-k} \left(\frac{2-i}{2+i} \right)^{2n-k}\in \mathbb R \end{align*}$

Aber auch mit dieser Abkürzung kommt mir der Beweis wie mit der Hand von hinten durch die Brust ins Knie geschossen vor. Nichts für ungut. Augenzwinkern

06.12.2014, 01:58

neca

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Ich lasse mich gerne von einer einfacheren Variante überzeugen die gegebene Aussage zu beweisen, so weit ich das mitbekommen habe setzen allerdings alle diese Beweise deutlich mehr voraus als das was wir bereits behandelt haben.
Der Beweis über den Tipp mit dem binomischen Lehrsatz ist zugegeben etwas langwierig, allerdings führt er mit relativ leichtem Geschütz zum Ziel.

06.12.2014, 02:10

RavenOnJ

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Die Beweisidee von lalülala zu den genannten Äquivalenzen in Verbindung mit dem Beweis von HAL mit der Rechnung modulo 5 ist wohl mit das einfachste, was man bei dieser Aufgabe erwarten kann. Falls für dich der Beweis von HAL nicht annehmbar ist, da er zuviel Wissen vorausetzt, solltest du natürlich eine Alternative bringen, warum $\begin{eqnarray*} (2+1)^{2n}\notin \mathbb R \end{eqnarray*}$ gelten muss.

06.12.2014, 07:52

HAL 9000

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Erst mit Abfassen der Nachfrage

Zitat:

Original von HAL 9000

Zitat:

Original von neca
Um die Threadbehauptung geht es doch schon lange nicht mehr

Worum dann?

dämmerte mir so langsam die Erkenntnis, dass es wohl gar nicht dein Ziel war

Zitat:

Aussage A: Für alle $\begin{align*} n\geq 1 \end{align*}$ ist $\begin{align*} (2+i)^{2n} \not\in \mathbb{R} \end{align*}$ .

oder

Zitat:

Aussage B: Für alle $\begin{align*} n\geq 1 \end{align*}$ ist $\begin{align*} \left( \frac{2-i}{2+i} \right)^n \neq 1 \end{align*}$ .

zu beweisen, sondern lediglich eine Beziehung zwischen beiden herzustellen - wie sich letztlich herausstellte: $\begin{align*} A\Rightarrow B \end{align*}$ .

Was mich ein wenig verwunderte, da ich diesen Teil spätestens mit dem (sowohl von Guppi12 als auch RavenOnJ bereits erwähnten) Beitrag von lalüla als erledigt betrachtet hatte, dort sogar als Äquivalenz $\begin{align*} A\Leftrightarrow B \end{align*}$ kurz und präzise dargelegt.

Nun haben wir also einen zweiten Beweis für dieses Teilresultat vorliegen. Ich danke dir für diese Mühe und vor allem auch Guppi12 und RavenOnJ, dass sie zu nächtlicher Stunde das alles durchgesehen haben. Und ich entschuldige mich auch für meinen etwas rüden Ton, da ich oben die ganze Zeit angenommen hatte, du wolltest A oder B mit einem indirekten Beweis unter Zuhilfenahme der binomischen Formel nachweisen, ohne Bezugnahme auf die jeweils andere Aussage. Augenzwinkern

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(2+i)^2n nicht reell Beweis

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