Teilerlehre, teilerfremd quadratiert und was in höheren Potenzen?

17.09.2009, 17:58	MystiqueMax	Auf diesen Beitrag antworten »
Teilerlehre, teilerfremd quadratiert und was in höheren Potenzen? Hallo Comm, In meinem Matheheft habe ich den Satz gelesen, dass von einen Bruch, der teilerfremd ist, das Quadrat des Bruches ebenfalls teilerfremd ist. Davor stand, wie ihnen aus der Teilerlehre bekannt sein sollte. War mir nur leider nicht aus der Teilerlehre bekannt ^^ Also meine Frage, gilt diese Weisheit nur in der zweiten Potenz, oder ist $\begin{eqnarray} (\frac {x}{y})^n \end{eqnarray}$ auch immer teilerfremd, solange $\begin{eqnarray} \frac{x}{y} \end{eqnarray}$ teilerfremd ist?
17.09.2009, 18:00	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Teilerlehre, teilerfremd quadratiert und was in höheren Potenzen? Du könntest für x und y eine Primzerlegung machen, und dann das ganze hoch 2, 3 oder n rechnen und gucken obs dann plötzlich teilt.
17.09.2009, 18:11	MystiqueMax	Auf diesen Beitrag antworten »
So habe ich gemacht. Ich habe 7 oder 8 Rechnungen durchgeführt, die alle darauf hinausliefen, dass $\begin{eqnarray} (\frac{x}{y})^n \end{eqnarray}$ teilerfremd ist, solange $\begin{eqnarray} \frac{x}{y} \end{eqnarray}$ teilerfremd ist. Aber 7 oder 8 Rechnungen kann ich ja nicht als Beweis gelten lassen und mir dessen jetzt nicht sicher sein. Gibt es da so ne Regel oder einen Beweis dafür?
17.09.2009, 18:25	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich würds über ggt probieren: $\begin{eqnarray} ggT(x,y) = 1 \text{ zu zeigen wäre nun }ggT(x^n,y^n) = 1 \text{ ist } \end{eqnarray}$ Wobei mir jetzt nicht einfiele wies weiter geht, aber: $\begin{eqnarray} \frac{x}{y}=\frac{\prod_{(p \in P)}p}{\prod_{(q \in P)}q} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} p \neq q \end{eqnarray}$ Ich weiß nicht ob man den Ansatz gelten lassen kann, ich denke ich lass lieber jemanden anders übernehmen, der erfahrerener da ist.
17.09.2009, 20:10	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich denke, ein indirekter Beweis ist hier der kürzeste Weg zum Ziel: Sei $\begin{eqnarray} \operatorname{ggT}(x^n,y^n) =: g \end{eqnarray}$ . Angenommen, es ist $\begin{eqnarray} g>1 \end{eqnarray}$ , dann besitzt $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ irgendeinen Primfaktor $\begin{eqnarray} p \end{eqnarray}$ . Dann folgt über $\begin{eqnarray} p\|x^n \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} p\|y^n \end{eqnarray}$ dann $\begin{eqnarray} p\|x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} p\|y \end{eqnarray}$ , Widerspruch zu $\begin{eqnarray} \operatorname{ggT}(x,y) = 1 \end{eqnarray}$ .
18.09.2009, 09:23	Mystic	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn man will, aber wirklich nur, wenn man will, kann man es auch direkt so beweisen, indem man die aus ggT(x,y)=1 folgende Existenz von ganzen Zahlen u und v verwendet, sodass ux+vy=1. Aus $\begin{eqnarray} (ux+vy)^{2n-1} = \sum_{k=0}^{2n-1} \binom {2n-1} k u^k v^{2n-k-1} x^k y^{2n-k-1} =1 \end{eqnarray}$ folgt dann, dass $\begin{eqnarray} d:=ggT(x^n,y^n) \end{eqnarray}$ jeden Summanden der binomischen Reihe teilt, also dann Teiler von 1 ist, woraus d=1 folgt.
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18.09.2009, 09:26	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn man was möglichst allgemeines in der Richtung haben will, dann kann man auch gleich $\begin{eqnarray} \operatorname{ggT}(a,b) = \operatorname{ggT}(a,c) = 1 \quad\Longrightarrow\quad \operatorname{ggT}(a,bc) = 1 \end{eqnarray}$ nachweisen, dann fällt alles besprochene als einfache Folgerung ab.
21.09.2009, 18:21	MystiqueMax	Auf diesen Beitrag antworten »
So, ich habe jetzt ein ganzes Wochenende voller Diskussionen mit Freunden und googeln und Rechnen hinter mir und auch wenn ich einiges dazugelernt habe, ich habe immer noch keine Ahnung, wie ihr das eigentlich beweist. Ich glaube euch einfach mal, dass das bewiesen ist. Aber ich schreibe mir eure Lösungsansätze ab und hänge sie mir an die Wand, einfach dafür, dass ich sie nochmals bearbeite, wenn ich in Mathe weiter fortgeschritten bin. Vielen Dank für eure Mühe

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