Diophantische Gleichung

15.07.2007, 15:51

3,14

Diophantische Gleichung

Ich häng wieder mal an einer Stelle. Augenzwinkern

Löse die Gleichung $\begin{eqnarray*} x^2+y^2=10xy \end{eqnarray*}$ in ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ .

Die einzige Lösung der Gleichung ist $\begin{eqnarray*} (0;0) \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Zunächst ist $\begin{eqnarray*} x^2+y^2=10xy \Leftrightarrow x^2+y^2-2xy=(x-y)^2=8xy. \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt, dass $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ beide gerade sein müssen, da $\begin{eqnarray*} 8xy \end{eqnarray*}$ in allen anderen Fällen kein Quadrat wäre. Also setzen wir $\begin{eqnarray*} x=2k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y=2j \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} k,j \in Z \end{eqnarray*}$ . Damit ergibt sich: $\begin{eqnarray*} (2k-2j)^2=8 \cdot 2k \cdot 2j=32kj \Rightarrow (k-j)^2=8kj \end{eqnarray*}$ .

Dies ist jedoch dieselbe Gleichung, die wir oben schon haben, nur mit vertauschten Variablen - was genau folgt daraus?
So soll es nämlich weiter gehen: Daher müssten sich $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ beliebig oft teilen lassen (wieso?). Da dies offensichtlich nicht möglich ist, kann es für diese Gleichung, abgesehen von $\begin{eqnarray*} (0;0) \end{eqnarray*}$ , keine Lösung im Bereich der ganzen Zahlen geben.

15.07.2007, 16:05

therisen

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Hallo,

das Beweisprinzip nennt sich Methode des unendlichen Abstiegs. Lass den trivialen Fall $\begin{eqnarray*} x=y=0 \end{eqnarray*}$ mal weg. Dann haben $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ das gleiche Vorzeichen. Betrachte die Mengen

$\begin{eqnarray*} L_1 := \{(x,y)\in\mathbb Z^2: x^2+y^2=10xy,\, x,y>0 \} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} L_2 := \{(x,y)\in\mathbb Z^2: x^2+y^2=10xy,\, x,y<0\} \end{eqnarray*}$

Die Gesamtheit aller Lösungen $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ ist dann

$\begin{eqnarray*} L=L_2\cup\{(0,0)\}\cup L_1 \end{eqnarray*}$

Zu zeigen ist also, dass $\begin{eqnarray*} L_1 = L_2 = \varnothing \end{eqnarray*}$ . Angenommen, $\begin{eqnarray*} L_1\neq\varnothing \end{eqnarray*}$ . Dann gibt es bezüglich der lexikographischen Ordnung ein kleinstes Paar $\begin{eqnarray*} (x_0,y_0)\in L_1 \end{eqnarray*}$ . Die obigen Überlegungen liefern aber ein neues Paar, das bezgl. dieser Ordnung kleiner ist. Widerspruch.

Gruß, therisen

15.07.2007, 16:06

tmo

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wenn es 2 lösungen x und y gibt, so sind auch die k und j mit

$\begin{eqnarray*} k = \frac{1}{2}x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} j = \frac{1}{2}y \end{eqnarray*}$ lösungen.

daraus folgt jedoch, dass auch m und n mit

$\begin{eqnarray*} m = \frac{1}{2}k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} n = \frac{1}{2}j \end{eqnarray*}$ lösungen sind.

denn sowie in deinem post mit x und y argumentiert wurde, kann man auch mit k und j weiterargumentieren.

d.h. wenn es 2 lösungen x und y gibt, so müssten diese beiden zahlen unendlich oft durch 2 teilbar sein. solche zahlen gibt es aber nicht, wenn man von der 0 absieht.

also ist (0|0) die einzige lösung dieser gleichung.

die methode nennt sich "methode des unendlichen abstiegs": man zeigt, dass, wenn es eine lösung gibt, so gibt es auch eine (vom betrag her) kleinere lösung und wenn es die gibt, gibt es eine noch eine kleinere lösung usw...
da man sich aber im bereich der ganzen zahlen befindet, geht es irgendwann nicht mehr kleiner, spätestens bei der 1 (bzw. 0) ist schluss.

edit: ich sehe gerade therisen hat das ganze etwas "mathematischer" erklärt. naje entscheide dich welche erklärung dir besser gefällt smile

15.07.2007, 16:19

3,14

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Zitat:

Original von tmo
denn sowie in deinem post mit x und y argumentiert wurde, kann man auch mit k und j weiterargumentieren.

d.h. wenn es 2 lösungen x und y gibt, so müssten diese beiden zahlen unendlich oft durch 2 teilbar sein. solche zahlen gibt es aber nicht, wenn man von der 0 absieht.

Kann das jemand bitte ausführlicher erklären? Ich verstehe was ihr meint, kann es mir mathematisch aber noch nicht ganz vorstellen. Kann jemand vielleicht einfach meinen Beweis so weiter führen, dass man direkt zu dem Schluss "x und y müssen sich beliebig oft teilen lassen" kommt?

15.07.2007, 16:47

therisen

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Zitat:

Original von 3,14
Beweis: Zunächst ist $\begin{eqnarray*} x^2+y^2=10xy \Leftrightarrow x^2+y^2-2xy=(x-y)^2=8xy. \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt, dass $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ beide gerade sein müssen, da $\begin{eqnarray*} 8xy \end{eqnarray*}$ in allen anderen Fällen kein Quadrat wäre. Also setzen wir $\begin{eqnarray*} x=2k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y=2j \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} k,j \in Z \end{eqnarray*}$ . Damit ergibt sich: $\begin{eqnarray*} (2k-2j)^2=8 \cdot 2k \cdot 2j=32kj \Rightarrow (k-j)^2=8kj \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt, dass $\begin{eqnarray*} 2|j, \, 2|k \end{eqnarray*}$ . Also $\begin{eqnarray*} j=2a, \, k=2b \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} x=4b, \, y=4a \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} 4|x, \, 4|y \end{eqnarray*}$ . Induktiv folgt $\begin{eqnarray*} x\equiv 0 \pmod {2^\alpha}, \,y\equiv 0 \pmod {2^\alpha} \end{eqnarray*}$ für beliebiges $\begin{eqnarray*} \alpha\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Gruß, therisen

15.07.2007, 19:21

3,14

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Ah, jetzt hat es Klick gemacht! Vielen Dank!

15.07.2007, 19:29

3,14

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Obwohl: "Da dies offensichtlich nicht möglich ist..." ist wahrscheinlich mathematisch kein besonders überzeugendes Argument. Augenzwinkern

Wie kann man zeigen, dass $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ nicht teilbar sind (oder ist das trivial)?

15.07.2007, 19:48

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Die Antwort darauf überlass ich mal therisen. Augenzwinkern

Alternative Gleichungslösung: Den unendlichen Abstieg kann man sehr oft vermeiden, falls gewünscht (es gibt ja den einen oder anderen "Induktionsfeind", auch hier im Board), so auch hier:

Angenommen, es gibt eine Lösung $\begin{eqnarray*} (x,y)\neq (0,0) \end{eqnarray*}$ . In diesem Fall betrachte man $\begin{eqnarray*} g=\operatorname{ggT}(x,y) \end{eqnarray*}$ , so hat man die Darstellung $\begin{eqnarray*} x=gx' \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y=gy' \end{eqnarray*}$ mit dann teilerfremden $\begin{eqnarray*} x',y' \end{eqnarray*}$ . Eingesetzt muss dann auch

$\begin{eqnarray*} (x'-y')^2 = 8x'y'\qquad (*) \end{eqnarray*}$

gelten. Der Rest folgt mehr oder weniger der obigen Argumentation:

Wegen der Teilerfremdheit ist eine der beiden Zahlen, o.B.d.A. $\begin{eqnarray*} x' \end{eqnarray*}$ ungerade. (*) erzwingt dann, dass auch die andere Zahl $\begin{eqnarray*} y' \end{eqnarray*}$ ungerade ist. Schon hat man einen Widerspruch, da Primfaktor 2 in (*) links mit geradem Exponent vorkommt, rechts aber mit Exponent 3.

15.07.2007, 20:35

therisen

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Zitat:

Original von 3,14
Wie kann man zeigen, dass $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ für ein beliebiges $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ nicht teilbar sind (oder ist das trivial)?

So ganz klar ist mir nicht, was du eigentlich wissen willst. Ich schreibe mal einfach ein paar ergänzende Worte: Die Basis für die folgende Argumentation ist die Gültigkeit von

$\begin{eqnarray*} x\equiv 0 \pmod {2^\alpha}, \,y\equiv 0 \pmod {2^\alpha} \qquad\forall \alpha\in\mathbb N \qquad\qquad(*) \end{eqnarray*}$

Zu zeigen ist, dass daraus $\begin{eqnarray*} x=y=0 \end{eqnarray*}$ folgt. Es ist klar, dass man sich auf $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ beschränken kann. Offensichtliches beweist man häufig durch Kontraposition; so auch hier. Angenommen, es wäre $\begin{eqnarray*} x\neq0 \end{eqnarray*}$ . O.B.d.A. kann man $\begin{eqnarray*} x>0 \end{eqnarray*}$ annehmen. Dann hat $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ die Darstellung $\begin{eqnarray*} x=2^kr \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k\in\mathbb N_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} r\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} 2\not|r \end{eqnarray*}$ . Die Gleichung $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ liefert mit $\begin{eqnarray*} \alpha=k+1 \end{eqnarray*}$ sodann einen Widerspruch.

Gruß, therisen

PS: Elegante Lösung, Arthur Freude

15.07.2007, 20:52

3,14

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Die Lösung ist nicht schlecht, aber jetzt kommt die ganz lässige Variante. Big Laugh

Es ist $\begin{eqnarray*} x^2+y^2=10xy \Leftrightarrow x^2-10xy-y^2=0 \end{eqnarray*}$ . Nach der pq-Formel gilt nun: $\begin{eqnarray*} x_{1,2}=5y \pm \sqrt{24y^2} \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ gerade und $\begin{eqnarray*} \sqrt{24} \notin \mathbb Z \end{eqnarray*}$ ist, kann $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ nicht in $\begin{eqnarray*} \mathbb Z \end{eqnarray*}$ liegen.

15.07.2007, 20:53

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(in der zweiten Gleichung muss das letzte Vorzeichen natürlich ein + sein.)

16.07.2007, 09:18

pi-quadrat

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Zitat:

Original von therisen
Die obigen Überlegungen liefern aber ein neues Paar, das bezgl. dieser Ordnung kleiner ist. Widerspruch.

Woran erkennst du, dass das obige Paar $\begin{eqnarray*} k,j \end{eqnarray*}$ kleiner ist als $\begin{eqnarray*} x_0,y_0 \end{eqnarray*}$ ? Wie kann man überhaupt etwas über die Größe der Lösungspaare aussagen?

16.07.2007, 11:21

therisen

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Es gilt
$\begin{eqnarray*} x_0=2k \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_0=2j \end{eqnarray*}$

Das impliziert $\begin{eqnarray*} k\leq x_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} j\leq y_0 \end{eqnarray*}$ . Gleichheit kann nicht bestehen, da $\begin{eqnarray*} x_0,y_0\neq 0 \end{eqnarray*}$ .

Man definiert $\begin{eqnarray*} (a_1,a_2) < (b_1,b_2) \end{eqnarray*}$ genau dann, wenn entweder $\begin{eqnarray*} a_1<b_1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} a_1=b_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a_2<b_2 \end{eqnarray*}$ . Das nennt man dann lexikographische Ordnung.

Daher ist $\begin{eqnarray*} (k,j) < (x_0,y_0) \end{eqnarray*}$ .

Gruß, therisen

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