Eine neue Vermutung (komplexe Zahlen)

11.07.2006, 01:15

akechi90

Eine neue Vermutung (komplexe Zahlen)

Ich habe mal wieder eine Vermutung aufgestellt, und diesmal bin ich mir ganz sicher, dass ich damit ins Schwarze treffe. Nur gibt es wieder folgendes Problem: Ich habe keinen Beweis!
Sie lautet wie folgt:

Seien $\begin{eqnarray*} z_{1}, z_{2}, z_{3},..., z_{n-1}, z_{n} \end{eqnarray*}$ alle Lösungen folgender Gleichung:
$\begin{eqnarray*} z^{n}-1=0 \end{eqnarray*}$
Ich behaupte nun, dass wenn für eines dieser $\begin{eqnarray*} z_{i} \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} Im(z_{i})\neq 0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} Im(z_{i})\neq 1 \end{eqnarray*}$ , dann gibt es für kein einziges $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ eine Lösung $\begin{eqnarray*} z_{i} \end{eqnarray*}$ , für die sowohl gilt $\begin{eqnarray*} Re(z_{i}) \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} Im(z_{i}) \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ .
Kurzum, ich behaupte, es gibt keine Zahl in einem Einheitskreis, bei der sowohl der Imaginärteil als auch der Realteil rational sind, falls nicht einer dieser zwei Werte 0 ist.
Ich habe das alles schon auf Sinus und Cosinus zurückzuführen versucht, bin aber noch nicht wirklich auf ein Ergebnis gekommen.
Es gibt ja im Grunde genommen abzählbar unendlich viele natürliche pythagoräische Zahlentripel $\begin{eqnarray*} {a,b,c} \end{eqnarray*}$ , und diese kann man stets so "erweitern", dass die Zahlenverhältnisse sich nicht untereinander ändern, aber dass $\begin{eqnarray*} c=1 \end{eqnarray*}$ . Es gibt also unendlich viele mögliche Lösungen für die Gleichung, vielleicht könnten da ja zufällig die aus einer Lösung (bzw. zwei Lösungen, da es im Einheitskreis stets zur realen Achse symmetrische Punkte gibt) konstruierte Zahl $\begin{eqnarray*} a+ ib \end{eqnarray*}$ auch eine Einheitswurzel sein, was ich aber zu widerlegen versuche.
Ich behaupte, dass keine derartige Zahl existiert.
Ein Ansatz von mir war, dass die n-ten Einheitswurzeln, ausgenommen 1 und -1) Lösungen der Gleichung $\begin{eqnarray*} x^{n-1}+x^{n-2}+...+x+1=0 . \end{eqnarray*}$ sind.
Ein weiterer Ansatz war, davon auszugehen, dass es einen Faktor bei der Zerlegung des Polynoms $\begin{eqnarray*} x^{n}-1 \end{eqnarray*}$ geben müsste, bei dem sowohl Realteil als auch Imaginärteil rational sein müssten. Unter Umständen könnte diese Idee einen Beweis durch Widerspruch ermöglichen, aber es ist mir bisher keiner gelungen.
Ich sitze schon drei Tage an diesem Problem, das ich mir selbst gestellt habe, und finde keine wirkliche Lösung.
Könnt ihr mir weiterhelfen?

11.07.2006, 01:25

Dual Space

Auf diesen Beitrag antworten »

Ach akechi90, ohne eine Vermutung über deine Behauptung abgeben zu wollen ... danke dass du deine Ideen mit uns teilst! Freude

11.07.2006, 01:29

akechi90

Auf diesen Beitrag antworten »

Ähm, ich habe eine Vermutung aufgestellt:
Nämlich dass es keine Einheitswurzel gibt, bei der sowohl Imaginärteil als auch Realteil rational sind, aber nicht 0 bzw. 1.
Darin besteht die Vermutung.

11.07.2006, 01:31

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Eine neue Vermutung (komplexe Zahlen)

Zitat:

Original von akechi90
Seien $\begin{eqnarray*} z_{1}, z_{2}, z_{3},..., z_{n-1}, z_{n} \end{eqnarray*}$ alle Lösungen folgender Gleichung:
$\begin{eqnarray*} z^{n}-1=0 \end{eqnarray*}$
Ich behaupte nun, dass wenn für eines dieser $\begin{eqnarray*} z_{i} \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} Im(z_{i})\neq 0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} Im(z_{i})\neq 1 \end{eqnarray*}$ , dann gibt es für kein einziges $\begin{eqnarray*} n \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ eine Lösung $\begin{eqnarray*} z_{i} \end{eqnarray*}$ , für die sowohl gilt $\begin{eqnarray*} Re(z_{i}) \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} Im(z_{i}) \in \mathbb Q \end{eqnarray*}$ .

entweder ist das sehr schlecht formuliert, oder ich verstehe dich nicht verwirrt

.
Diese zi hängen doch von n ab, wieso kann also aus der Existenz eines zi mit.... folgen, dass kein n existiert usf.? Und auch die Restaussage halte ich so formuliert für falsch. Wenn für ein zi gilt, dass es weder 0 noch 1 als Imaginärteil hat, dann kanns doch trotzdem (ein anderes!!) geben, z.B. das mit "1+0i" die Behauptung widerlegt.

Ich versuche mal, deine Aussage umzuformulieren:
Sei n aus IN und x^n-1 habe die n komplexen Lösungen z_i (wie oben).
Behauptung: Es existiert keine Lösung z aus $\begin{eqnarray*} \mathbb Q [i] \end{eqnarray*}$ (das ist nur eine andere Schreibweise) mit Im z<>0 und Im z<>1.

Trifft das deine Behauptung?

PS: achja, das oder ist auch falsch, da muss "und" hin

Achja, Calvins Edith sagt mir gerade um 2:05, dass ich nochmal aufstehen muss.
Warum? weil wir natürlich auch Im z=-1 aussschließen müssen. smile

11.07.2006, 01:33

akechi90

Auf diesen Beitrag antworten »

Oh, Verzeihung Hammer

Natürlich, LOED hat den Hammer auf den Kopf getroffen, das war meine Vermutung, er hat sie richtig formuliert ^^

EDIT: Augenblick mal, aber das logische UND beinhaltet doch, dass beide Ereignisse gleichzeitig eintreffen. Ich habe aber gesagt, WENN NICHT (bezieht sich auf den gesamten folgenden Nebensatz) dieses Ereignis ODER dieses Ereignis eintrifft, DANN trifft dieses Ereignis ein.

Wenn man aber in dieser Satzlogik ein UND einfügt, müssen erst beide Bedingungen gleichzeitig NICHT eintreffen, damit die Folge eintritt. Es ist aber unmöglich, dass diese Ereignisse gleichzeitig eintreffen, da eine Zahl nicht gleichzeitig einen Imaginärteil von 1 UND einen Imaginärteil von 0 besitzen kann, oder etwa doch?

11.07.2006, 01:50

Mazze

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Wenn man aber in dieser Satzlogik ein UND einfügt, müssen erst beide Bedingungen gleichzeitig NICHT eintreffen, damit die Folge eintritt. Es ist aber unmöglich, dass diese Ereignisse gleichzeitig eintreffen, da eine Zahl nicht gleichzeitig einen Imaginärteil von 1 UND einen Imaginärteil von 0 besitzen kann, oder etwa doch?

Du machst eine Aussage über ungleichheit. A und B ist dann wahr wenn A wahr ist und B wahr. Wenn Im(z) = 2 wäre, wäre die Aussage schonmal wahr. Sollte der Imginärteil nun = 1 oder gleich 0 sein ist die Aussage sofort falsch. Und das korrespondiert mit deiner Vermutung. Ums zu verdeutlichen

nicht( A oder B ) = nicht(A) und nicht(B) (deMorgan)

in deinem Wortlaut

$\begin{eqnarray*} \neg((Im(z) = 0) \vee (Im(Z) = 1)) <=> (Im(z) \neq 1) \wedge (Im(z) \neq 0) \end{eqnarray*}$

11.07.2006, 01:54

JochenX

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Es ist aber unmöglich, dass diese Ereignisse gleichzeitig eintreffen, da eine Zahl nicht gleichzeitig einen Imaginärteil von 1 UND einen Imaginärteil von 0 besitzen kann, oder etwa doch?

richtig, aber es geht hier ja darum, dass der Imaginärteil diese beiden Zahlen 0 und 1 jeweils NICHT sein soll.
Er soll NICHT 0 sein, und auch NICHT 1.
Es sollen ja beide Bedingungen gleichzeitig eintreffen, also weder das eine noch das andere zutreffen.

Tatsächlich wäre die Aussage mit "oder" nichtssagend (immerwahr), da der Imaginärteil höchstens eine der Werte 0 oder 1 annehmen kann.
Also ist die Aussage Im<>0 ODER Im<>1 immer erfüllt, da eine der beiden Aussagen wahr sein muss.

Beachte, dass du hier verneint hast! Damit wird die blaue Aussage von oben widerlegt: Eine komplexe Zahl kann nämlich gleichzeitig Imaginärteil <>0 und Imaginärteil <>1 haben.

Aber das ist das Thema formale Logik, ich wollte es hier nur noch zur Erklärung auf deinen letzten Edit sagen.
Die Lösung der Frage bringt uns das nicht weiter, aber immerhin wissen wir jetzt genau, was du vermutest, noch habe ich aber keine Idee.

edit: Offtopic und dann auch noch doppelt
Runde Doppelschämen, Mazze? Big Laugh

11.07.2006, 01:58

akechi90

Auf diesen Beitrag antworten »

Als Schüler hab ichs noch nicht so mit Satzlogik, das ist mein Problem, man bringt uns einfach den Formalismus nicht gescheit bei, deswegen sind auch noch viele meiner Schreibweisen falsch.

Bei dem Satz meinte ich mit gleichzeitig, dass "WENN NICHT (A und B) eintritt"
Und dass A und B gleichzeitig eintreten, ist ja bei meiner Hypothese unmöglich, wie schon gesagt, deswegen habe ich NICHT (A oder B) formuliert, denn dann ist das so, dass der Realteil NICHT 0 ist UND dass er NICHT 1 ist. So meinte ich das.

Ich glaube, meine Vermutung tritt hier in den Hintergrund...

Ich geh dann aber auch mal pennen, gute Nacht allerseits ^^

EDIT: Streit um die Satzlogik ist schon gelöst, schade xD

11.07.2006, 02:10

sqrt(2)

Auf diesen Beitrag antworten »

Für $\begin{eqnarray*} n=4k,~k\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ sollte man noch die Bedingung $\begin{eqnarray*} \mathrm{Im}(z_i)\neq-1 \end{eqnarray*}$ hinzufügen.

11.07.2006, 07:17

Auf diesen Beitrag antworten »

Nicht neu, aber es stimmt
Eine umfassendere Aussage samt Beweis ist hier nachzulesen:

http://www.uni-math.gwdg.de/jahnel/Preprints/monthly.dvi

Sie besagt - auf das vorliegende Problem übersetzt - dass auch einzeln betrachtet allenfalls die rationalen Werte $\begin{eqnarray*} \operatorname{Re}(z_i),\operatorname{Im}(z_i)\in \left\{0,\pm 1,\pm \frac{1}{2} \right\} \end{eqnarray*}$ auftreten können. Siehe auch diesen Thread.

11.07.2006, 15:43

akechi90

Auf diesen Beitrag antworten »

Und womit soll ich die Datei nun aufbekommen?

11.07.2006, 15:49

Auf diesen Beitrag antworten »

Noch nie was von LaTeX gehört?

11.07.2006, 15:56

akechi90

Auf diesen Beitrag antworten »

Schon, aber das hab ich nicht aufm Rechner... Ich kenne mich nicht so gut mit Computern aus...

11.07.2006, 16:06

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich extrahiere mal die wesentliche Aussage:

Zitat:

Behauptung:
Sei $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ein rationales Vielfaches eines Vollwinkels, also $\begin{eqnarray*} \varphi=\frac{u}{v} 2\pi \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} u\in\mathbb{Z},v\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ , für den $\begin{eqnarray*} 2\cos\varphi=\frac{a}{b} \end{eqnarray*}$ mit teilerfremden $\begin{eqnarray*} a\in\mathbb{Z},b\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ gelten möge. Dann ist $\begin{eqnarray*} b=1 \end{eqnarray*}$ .

Beweis: Angenommen, es gelte $\begin{eqnarray*} b>1 \end{eqnarray*}$ . Dann betrachten wir die Zahlenfolge $\begin{eqnarray*} x_n := 2\cos\left( 2^n \varphi \right) \end{eqnarray*}$ :

Für die gilt $\begin{eqnarray*} x_0=\frac{a}{b} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} x_n = 2\left[ 2\cos^2\left( 2^{n-1} \varphi \right)-1\right] = x_{n-1}^2-2 \end{eqnarray*}$ . Also sind alle Werte der Zahlenfolge rational, und gemäß der Festlegung $\begin{eqnarray*} x_n=\frac{a_n}{b_n} \end{eqnarray*}$ mit teilerfremden $\begin{eqnarray*} a_n\in\mathbb{Z},b_n\in\mathbb{N} \end{eqnarray*}$ gilt dann $\begin{eqnarray*} \frac{a_n}{b_n} = \frac{a_{n-1}^2-2b_{n-1}^2}{b_{n-1}^2} \end{eqnarray*}$ . Die Darstellung rechts hat bereits teilerfremde Zähler und Nenner, denn die Annahme eines gemeinsamen Primteilers $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} a_{n-1}^2-2b_{n-1}^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_{n-1}^2 \end{eqnarray*}$ führt sofort dazu, dass $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ sowohl $\begin{eqnarray*} a_{n-1} \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} b_{n-1} \end{eqnarray*}$ teilen müsste, Widerspruch. Also gilt $\begin{eqnarray*} b_n=b_{n-1}^2 \end{eqnarray*}$ , und wir erhalten wegen $\begin{eqnarray*} b_0=b>1 \end{eqnarray*}$ eine streng monoton wachsende Folge $\begin{eqnarray*} (b_n) \end{eqnarray*}$ ; insbesondere sind alle $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ dann verschieden.

Andererseits besitzen alle Winkel $\begin{eqnarray*} 2^n \varphi \end{eqnarray*}$ die Darstellung $\begin{eqnarray*} \frac{u_n}{v} 2\pi \end{eqnarray*}$ , es gibt also modulo Vollkreis nur $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ verschiedene solche Winkel, also bezüglich der Winkelfunktionswerte nur maximal $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ verschiedene Werte der Zahlenfolge $\begin{eqnarray*} (x_n) \end{eqnarray*}$ , Widerspruch zur Verschiedenheit aller $\begin{eqnarray*} x_n \end{eqnarray*}$ .

11.07.2006, 22:39

Buschi

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du tatsächlich erst 16 bist stellt sich für mich nur die eine Frage:

Bist du hochbegabt? Ich mein ich war in der Schule auch immer sehr gut in Mathe, aber mit 16 über kopleze Zahlen zu fachsimpeln war mir dann doch zu hoch.

Neue Frage »

Antworten »

Eine neue Vermutung (komplexe Zahlen)

Verwandte Themen