Teilbarkeitsbeweis

18.07.2007, 21:01

3,14

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Teilbarkeitsbeweis

Folgende Aufgabe: Finde alle positiven ganzen Zahlen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ für welche gilt: $\begin{eqnarray*} n+1~|~n^2+1 \end{eqnarray*}$ .

Zunächst ist $\begin{eqnarray*} n^2+1=n^2-1+2=(n+1)(n-1)+2 \end{eqnarray*}$ . Nun soll man daraus $\begin{eqnarray*} n+1~|~2 \end{eqnarray*}$ folgern. Meine Frage ist: Wieso muss $\begin{eqnarray*} n+1 \end{eqnarray*}$ jetzt ein Teiler von $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ also entweder $\begin{eqnarray*} =2 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} =1 \end{eqnarray*}$ sein? Dass $\begin{eqnarray*} (n+1)(n-1)+2 \end{eqnarray*}$ immer gerade ist, ist klar, aber es könnte doch auch ein beliebiges Vielfaches von $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ sein, d.h. $\begin{eqnarray*} n+1~|~2n \end{eqnarray*}$ ?

18.07.2007, 21:16

therisen

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Hallo,

$\begin{eqnarray*} 5=2^2+1=(2+1)(2-1)+2 \end{eqnarray*}$ aber $\begin{eqnarray*} 3\not|2 \end{eqnarray*}$ . Die Aussage ist also falsch, wie du vermutet hast. Evtl. steht es in der Lösung anders formuliert?

Zitat:

Original von 3,14
Dass $\begin{eqnarray*} (n+1)(n-1)+2 \end{eqnarray*}$ immer gerade ist, ist klar

Falls $\begin{eqnarray*} n\equiv 0\pmod 2 \end{eqnarray*}$ ist die Aussage falsch Augenzwinkern

Augenzwinkern

Gruß, therisen

18.07.2007, 21:48

3,14

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Leider finde ich die Lösung nicht mehr, es ist zwar schon länger her, aber ich bin mir ziemlich sicher, dass in dieser Weise argumentiert wurde. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich hab's jetzt mal durch Abschätzung versucht:

$\begin{eqnarray*} n+1~|~n^2+1 \Rightarrow n+1~|~(n(n+1)-(n^2+1)) \Rightarrow n+1~|~n-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow n+1 \leq n-1 \end{eqnarray*}$ , was offensichtlich falsch ist. Folglich kann es, abgesehen vom trivialen Fall $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ , keine Lösung im positiven ganzzahligen Bereich geben.

So ok?

18.07.2007, 21:53

therisen

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Zitat:

Original von 3,14
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow n+1 \leq n-1 \end{eqnarray*}$ , was offensichtlich falsch ist.

Es folgt $\begin{eqnarray*} |n+1|\leq|n-1| \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} n-1\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Aber das ändert auch nicht viel Augenzwinkern

Augenzwinkern

Die Beweisidee passt jedenfalls.

Gruß, therisen

18.07.2007, 21:53

3,14

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seltsamerweise funzt das n=1 in der letzten ungleichung nicht verwirrt

verwirrt

18.07.2007, 21:55

therisen

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Ja, siehe mein Edit Augenzwinkern

Augenzwinkern

Übrigens erfüllt $\begin{eqnarray*} n=0 \end{eqnarray*}$ auch die Bedingung $\begin{eqnarray*} n+1|n^2+1 \end{eqnarray*}$ .

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18.07.2007, 22:04

3,14

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ist 0 denn positiv? geschockt

geschockt

18.07.2007, 22:05

Dual Space

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Das ist eine eher philosophische Frage. Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.07.2007, 22:07

therisen

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Zitat:

Original von 3,14
keine Lösung im positiven ganzzahligen Bereich geben[

Ich hatte das positiv schlichtweg überlesen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Übrigens ist man sich relativ einig darüber, dass positiv die Null ausschließt (sonst würde man nichtnegativ sagen).

Gruß, therisen

18.07.2007, 22:11

Dual Space

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Zitat:

Original von therisen
Übrigens ist man sich relativ einig darüber, dass positiv die Null ausschließt (sonst würde man nichtnegativ sagen).

Na das würde ich im Zweifel aber anders rum interpretieren. Also "nicht negativ" mit der Null, "positiv" ohne Null.

18.07.2007, 22:12

therisen

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Ähm genau das meinte ich doch mit meiner Aussage. Augenzwinkern

Augenzwinkern

18.07.2007, 22:12

3,14

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Zitat:

Original von 3,14
$\begin{eqnarray*} n+1~|~n^2+1 \Rightarrow n+1~|~(n(n+1)-(n^2+1)) \Rightarrow n+1~|~n-1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow n+1 \leq n-1 \end{eqnarray*}$ , was offensichtlich falsch ist. Folglich kann es, abgesehen vom trivialen Fall $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ , keine Lösung im positiven ganzzahligen Bereich geben.

Was genau ist dann hier falsch? Die letzte Abschätzung stimmt ja offensichtlich nicht. Ich bin verwirrt...

18.07.2007, 22:14

therisen

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Wie gesagt, die letzte Implikation gilt nur, falls $\begin{eqnarray*} n-1\neq0 \end{eqnarray*}$ .

18.07.2007, 22:21

3,14

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Achso. Also kann man folgern, dass, da sich für den Fall $\begin{eqnarray*} n-1 \not= 0 \end{eqnarray*}$ keine wahre Ungleichung ergibt, notwendigerweise $\begin{eqnarray*} n-1=0 \end{eqnarray*}$ gelten muss, folglich ist $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ die einzige Lösung.

?

18.07.2007, 22:22

therisen

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Ja, es muss $\begin{eqnarray*} n-1=0 \end{eqnarray*}$ gelten. Allerdings muss man diesen Spezialfall dann seperat behandeln (was hier nicht weiter schlimm ist Big Laugh

Big Laugh

).

18.07.2007, 22:24

3,14

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Was meinst du mit "seperat behandeln"? verwirrt

verwirrt

18.07.2007, 22:26

therisen

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Naja, einfach mal $\begin{eqnarray*} n=1 \end{eqnarray*}$ einsetzen und schauen, ob $\begin{eqnarray*} 1+1|1^2+1 \end{eqnarray*}$ gilt.

18.07.2007, 22:28

3,14

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Achso, alles klar.

Hätte jemand vielleicht noch einen alternativen (=eleganteren) Beweis? Augenzwinkern

Augenzwinkern

19.07.2007, 00:50

3,14

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Noch eine Frage: wie kamst du eigentlich auf die Einschränkung $\begin{eqnarray*} n \not= 1 \end{eqnarray*}$ ? Kannst du das verallgemeinern?

19.07.2007, 10:15

therisen

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Ich kann wohl gleich zwei Antworten liefern:

Es ist $\begin{eqnarray*} \frac{n^2+1}{n+1}=n-1+\frac2{n+1}\in\mathbb Z\Leftrightarrow (n+1)|2 \end{eqnarray*}$ .

Die Implikation $\begin{eqnarray*} n|m\Rightarrow |n|\leq|m| \end{eqnarray*}$ gilt nur, falls $\begin{eqnarray*} m\neq0 \end{eqnarray*}$ . Das ist klar, weil jede Zahl die Null teilt.

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