Teilerfremdheit

28.10.2010, 12:42	cielito	Auf diesen Beitrag antworten »
Teilerfremdheit Meine Frage: Ich hab eine eine Folge gegeben mit: $\begin{eqnarray} k_{n+1} =k_{n}^{2}-ak_{n}+a \end{eqnarray}$ wobei $\begin{eqnarray} k_{0} > a \end{eqnarray}$ und teilerfremd sind. Nun soll ich zeigen, dass a teilerfremd zu allen k`s ist und dass die Folge eine Folge von paarweise teilerfremder Zahlen ist. Meine Ideen: Ich hab es jetzt versucht per Induktion zu machen und komme auf sowas: n=0: stimmt der Vorraussetzung zufolge n->n+1: Sei a teilerfremd ( tf ) zu $\begin{eqnarray} k_{n} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} k_{n+1} =k_{n}^{2}-ak_{n}+a=k_{n}k_{n}-a(k_{n}+1) \end{eqnarray}$ a tf zu $\begin{eqnarray} k_{n} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} k_{n} \end{eqnarray}$ tf zum $\begin{eqnarray} (k_{n}+1) \end{eqnarray}$ => $\begin{eqnarray} k_{n+1} \end{eqnarray}$ tf sowohl zu a wie auch $\begin{eqnarray} k_{n} \end{eqnarray}$ Stimmt die letzte Folgerung so oder hab ich da etwas gezaubert was es nicht gibt?^^
28.10.2010, 12:51	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine letzte Folgerung ist falsch. Teilerfremdheit ist nicht transitiv. Aber du kannst im Induktionsschritt so vorgehen: Wir haben $\begin{eqnarray} k_{n+1}=k_n^2-a(k_n+1) \end{eqnarray}$ . Nun wollen wir zunächst zeigen, dass $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} k_{n+1} \end{eqnarray}$ teilerfremd sind. Nehmen wir also ein $\begin{eqnarray} d \geq 2 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} d\|a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} d\|k_{n+1} \end{eqnarray}$ . Dann folgt $\begin{eqnarray} d \| k_n^2 \end{eqnarray}$ . Warum ist das ein Widerspruch? Damit hättest du immerhin schonmal die Teilerfremdheit von a und $\begin{eqnarray} k_n \end{eqnarray}$ für alle n. Fehlt nur noch, dass alle Folgenglieder paarweise teilerfremd sind.
28.10.2010, 13:23	cielito	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok, ich verstehe. Da k und a tf sind, haben sie auch keine gemeinsame Teiler d. Könnte ich denn umgekehrt analog vorgehen um dem zweiten Teil zu beweisen? Also für $\begin{eqnarray} k_{n} \end{eqnarray}$ wählen wir ein $\begin{eqnarray} c \geq 2 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} c\|k_{n} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} c\|k_{n+1} \end{eqnarray}$ . Somit müsste c ein teiler von a oder $\begin{eqnarray} (k_{n}+1) \end{eqnarray}$ sein was wieder ein Widerspruch ist
28.10.2010, 17:43	tmo	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Problem ist, dass du damit nur die Teilerfremdheit von $\begin{eqnarray} k_n \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} k_{n+1} \end{eqnarray}$ gewinnst, aber noch lange nicht die paarweise Teilerfremdheit aller $\begin{eqnarray} k_i \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} i =1 \dotsc n+1 \end{eqnarray}$ . Um das zu erhalten könnest, du mal nachweisen: Für alle $\begin{eqnarray} n,m \in \mathbb N \end{eqnarray}$ gilt: $\begin{eqnarray} k_m\|k_{m+n}-a \end{eqnarray}$ Daraus folgt die Behauptung, denn ist d ein positiver gemeinsamer Teiler von $\begin{eqnarray} k_i \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} k_j \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} i > j \end{eqnarray}$ , so folgt mit oibger Aussage $\begin{eqnarray} d\|a \end{eqnarray}$ und wegen der Teilerfremdheit von $\begin{eqnarray} a \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} k_i \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} d=1 \end{eqnarray}$
30.10.2010, 20:44	herri	Auf diesen Beitrag antworten »
... wie hast du denn gezeigt dass eine streng wachsende monotonie vorliegt? ich krieg den IS nicht so ganz hin

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