beweis ... evtl vollst. induktion |
18.10.2004, 17:08 | Untier | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
beweis ... evtl vollst. induktion n^p - n = m * p ist wobei n jede natürliche zahl die grösser als 1 ist p eine beliebige primzahl und m wieder eine natürliche zahl ist in worten also Nehme man eine natürliche zahl (grösser als 1) nehme sie mit einer beliebigen primzahl hoch ... und ziehe dann die natürliche zahl wieder ab , so erhält man ein ergebniss das wieder rum durch die vorher genutze primzahl dividiert eine ganze natürliche zahl ist. Das problem ist nun .. wie beweise ich das ... Wir haben es mit mehreren leute mit der vollst. induktion versucht .. die verankurung ist natürlich kein problem , aber mit n+1 bekommen wir da sehr grosse probleme. ich weiss eswäre sehr viel verlangt eine erklärung zu geben , aber falls jemand einen guten ansatz für mich hat wäre ich schon sehr dankbar gruss untier |
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18.10.2004, 17:12 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wenn du Ahnung hast von zyklischen Gruppen, dann geht es ganz einfach. Ansonsten mußt du zahlentheoretische Argumente verwenden. Und im übrigen lohnt es sich, unter "Kleiner Satz von Fermat" zu googeln. |
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18.10.2004, 17:43 | Untier | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
zum satz von fermat hab ich tatsächlich sehr schöne beweise gewfunden die ich mal versuche auf mein problem das ja sehr änhlich (evtl ists das gleiche nur etwas anders geschrieben muss ich nochal genau hinsehen) anwenden kann miltiplizieren mit rest muss ich dazu wohl noch mal nachhohlen , danke für den hinweis =) |
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18.10.2004, 18:21 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich finde deinen Nick cool... |
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18.10.2004, 18:36 | Untier | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
danke , damit renne ich shcon seit nunmehr fast 7 jahren im netz rum =) ok , nochmal zum problem , ich hoffe mit hilft nochmal jemand ich hab nurn mit hilfe des satzes von fermat meine aufgabe für mich gut verständlich umformuliert wenn ich eine zahl n hoch p nehme und wieder durch p teile ( p = primzahl) dann erhalte ich eine ganze zahl + einen rest (welcher auch 0 sein kann ,w as immer dann passiert wenn n ein vielfaches von p ist) ausserdem ist der rest immer n / p den rest eleminiert er in der aufgabe indem er alles * p nimmt dnan steht da halt n^p = m * p +n m soll meine ganze zahl sein und wenn ich wieder -n nehme habe ich meine ursprungsaufgabe die meinen rest eleminiert. aber ich verstehe noch nicht wieso mein rest immer n / p ist ich sehe da keinen zusammenhang .. und solange ich den nicht sehe , habe ich gorsse probleme zu beweisen das ser satz stimmt =( ich will jetzt auch nicht einfach die formal nachf ermat umstellen (geht ja ohne probleme hab ich eben egsheen) und dann deren beweis 1-1 abschrieben , verstehen wäre mir lieber , also wenn noch jemand 1-2 helfende worte finded die mir helfen könnten wäre ich nochmals sehr dankbar greetings Untier --- ich schau mal noch bisls weiter hier =) |
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18.10.2004, 18:44 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Gib doch mal den Satz von Fermat hier an. Ich kenne den nämlich nicht... |
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18.10.2004, 18:51 | Untier | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Satz des Fermat (n ^p-1) -1 ist teilbar durch p im endeffekt is das das delbe das schreibe ich als n^p * 1/n - 1 = m*p und ehrm jetzt komme ich grade gar nicht mehr auf meine form .. ich bin atm voll dabei raus zu bekommen wieso mein rest immer n/p ist ... z.B. damit wir mal ne zahl sehen hier n=2 p=5 2*2*2*2*2 / 5 = 30/5 + 2/5 es kommt auch immer so wunderbar hin .. nur wieso ... ich blicks nich =) |
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18.10.2004, 19:08 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Was ist daran so schwer zu verstehen? Wenn du hast, dann ist doch |
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18.10.2004, 19:19 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ach ja... Kann mir jemand zeigen, wie das ganze mit zyklischen Gruppen zusammenhängt? Interessiert mich nämlich. |
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18.10.2004, 19:20 | Untier | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
das problem ist , das ich beweisen soll das n^p -n = m * p ist was du geschrieben hast ist eine schön umformung dir mir ca . 40 minuten der letzen stunde gespart hätte ^^ aber als beweiss hilft mir das wohl nicht viel weiter ?! ich hatte mit beweisen bisher noch nicht so viel zu tun , aber nur umstellen bewiesst glaube ich nicht sehr viel ^^ btw , dein pic rockt derbe =) |
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18.10.2004, 19:25 | Untier | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
aber .. ich glaube ich hab nen ansatz mit dem ich was beweisen kann ALSO m * n * p + n = n^p wenn n kein vielfaches von p ist sonst m * n * p + 0 = n^p daran lässt dich erkennen das n * p mit n ^p nur durch ein +n (welches ich ja in meiner formel kille ) und den faktor m (m E N ) unterschidlich sind wenn ich das auf die form meiner ursprungsformel bringe sollte das als beweis ausreichen oder ? ... ich mach mich mal ans umformen ... wenn jemand nen kommantar dazu hat wäre das nett .. marke guter ansatz klappt .. oder so geht nich =) |
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18.10.2004, 19:40 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Du machst aus ner Mücke nene Elefanten. Der Satz von Fermat sagt doch: Zu n und p gibt es M, so dass Jetzt multipliziere die Gleichung mit n. Dann steht da Setze nun noch m = Mn, und du bist fertig. |
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18.10.2004, 19:56 | Untier | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
ja unser prof sagt dann wenn du den satz von fermat benutzt ... must du erstmal dne satz von fermat beweisen (und das is kein scherz .. er hat uns mit erweiterung von büchen beweisen lassen das man so dividieren kann befor wir schriftlich dividieren durften) ... und dnen satz von fermat zu beweisen wird ja nicht einfacher aber es ist interresant das du meine lang erarbeiteten ergebnisse immer so locke rmit einer umformung zeigen kannst ... irgentwie komme ich mir nun recht dumm vor =( |
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18.10.2004, 20:27 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Das ist die Erfahrung, die ich mehr habe als du. Aber da hättest du wirklich selber drauf kommen können. Wenn ihr den Satz von Fermat noch nicht gehabt habt, kann es sein, dass du ihn noch beweisen musst. Andernfalls wäre dies Blödsinn. |
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19.10.2004, 02:45 | Schläfer | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich hab schon wieder vergessen, wie man den kleinen Fermat beweist, aber dafür kann ich einen Beweis der Behauptung "p | n^p - n" anbieten. Ich arbeite mit der binomischen Formel Wer sie nicht kennt: Hand heben. *g* Der Binomialkoeffizient hat die nette Eigenschaft, dass er eine ganze Zahl ist, die für 1 < k < p durch p teilbar ist. (Begründe das!) Wir beweisen durch vollständige Induktion nach n die Aussage: Es gibt eine ganze Zahl m, so dass n^p - n = m*p. Für n=0 und n=1 gilt die Gleichung mit m=0. Gelte sie für n. Dann berechnen wir: In der großen Summe sind die "mittleren" Summanden für 1 < k < n alle durch p teilbar (wegen dem Binomialkoeffizienten), die können wir also alle zusammen als "t*p" schreiben mit einer ganzen Zahl t, wir erhalten damit Forme das weiter um und wende die Induktionsvoraussetzung an, um die Induktionsbehauptung für n+1 zu erhalten. Aus dieser Aussage kann man übrigens den kleinen Fermat herleiten, indem man (für zu p teilerfremde n) die Gleichung n^p - n = mp mit dem modulo p inversen von n multipliziert. |
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19.10.2004, 07:31 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ja, begründe das bitte. Würde mich nämlich interessieren. Und ich bitte auch um den Nachweis, dass er eine ganze Zahl ist. Den Beweis habe ich nämlich noch nie gesehen. Danke. |
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22.10.2004, 11:32 | Calculator | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Ich habe mir dazu folgendes überlegt: Binomialkoeffizient ist ganze Zahl: Ich versuche an einem Beispiel meine Idee zu erläutern. Ein exakter Beweis könnte darauf aufbauen, würde aber ziemlich undurchsichtig werden, und um die Idee aufzuzeigen, genügt ein Beispiel. Sei z.B. k=9, p > 9 beliebig Für 9 aufeinanderfolgende, natürlichen Zahlen gilt: - Es treten mind. Zahlen auf, die durch 2 teilbar sind. - Es treten mind. Zahlen auf, die durch 3 teilbar sind. - Es treten mind. Zahlen auf, die durch 4 teilbar sind. - Es treten mind. Zahlen auf, die durch 5 teilbar sind. - Es treten mind. Zahlen auf, die durch 6 teilbar sind. - Es treten mind. Zahlen auf, die durch 7 teilbar sind. - Es treten mind. Zahlen auf, die durch 8 teilbar sind. - Es treten mind. Zahlen auf, die durch 9 teilbar sind. Also gilt wobei den Zähler des Binomialkoeffizienten beschreibt. Weiterhin gilt: , was ja gerade den Nenner des Binomialkoeffizienten darstellt. Damit ergibt sich die Behauptung. Im allgemeinen Fall muss man dann eben sämtliche Primfaktoren bis k mit entsprechenden Exponenten betrachten. Binomialkoeffizient ist für 0 < k < p durch p (p Primzahl) teilbar Das ergibt sich unmittelbar aus den obigen Überlegungen, denn für k<p taucht die Primzahl p im rechten Produkt(also im Nenner) als Faktor nicht auf. Deswegen kürzt sie sich im Zähler nicht weg und der ganze Binomialkoeffizient ist noch ein Vielfaches von p. |
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22.10.2004, 19:45 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Mir ist grade aufgefallen, dass sich die erste Behauptung ganz einfach durch vollst. Induktion zeigen lässt. |
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22.10.2004, 20:09 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Für den Beweis der zweiten Behauptung zitiere ich Calculator. Es ist doch für für 0 < k < p: Die Primzahl p taucht im Nenner als Faktor nicht auf. Deswegen kürzt sie sich im Zähler nicht weg, und der ganze Binomialkoeffizient ist noch ein Vielfaches von p. |
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22.10.2004, 20:58 | Calculator | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
So ist es natürlich viel eleganter und schöner. |
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