Mathe-Marathon Uni - Seite 4 |
20.09.2012, 14:14 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Dann kann es ja weitergehen. |
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20.09.2012, 14:43 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ok, also um dieses "Ping-Pong-Spiel der theoretischen Algebraiker" ((c) HAL) einmal zu durchbrechen, mal was ganz anderes...
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20.09.2012, 15:34 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Na das ist doch mal was, was sich mit viel Fleiß und weitgehend ohne Zahlentheoriekenntnisse knacken lässt. Aber hier
hättest du auch gleich schreiben können. |
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24.09.2012, 08:05 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ich mache dann doch mal weiter: Ist solch eine Sequenz gegeben, so gilt , was die Wahl von auf einschränkt. Ob dies in der Tat alles zulässige Fortsetzungen sind, ist zunächst nicht klar. Ist nämlich die kleinste Zahl in diesem Intervall schon eine Primzahl, mit der wir die Sequenz fortsetzen, so ist das "neue -Intervall" nicht ganz in dem alten enthalten, was evtl. dazu führen könnte, dass wir irgendwann mit dieser Methode eine angebliche Fortzsetzung erhalten, die aber nicht zu den Vorgängern passt. Es wird sich aber herausstellen, dass das mit dem Startwert nicht vorkommt. Insbesondere bricht die Squenz ab, sobald in diesem Bereich keine Primzahl mehr existiert. Dies führt zu 3 solchen Sequenzen mit Startwert : , wobei letztere dann die mit maximaler Länge (8) ist. Dabei ist also . Kurz zur Demonstration, warum die Sequenz nicht fortgesetzt werden kann: Es ist und , zwischen 2283 und 2286 existiert aber keine Primzahl. Der Rechner spuckt mir für den "kleinsten" Bruch, der in diesem Intervall existiert, aus und in der Tat gilt: Ich frage mich nur noch, ob es geplant gewesen wäre, dass man den kleinsten Bruch ohne Rechner erhält @Mystic: Weißt du mehr darüber, ob es überhaupt irgendeinen Startwert gibt, für die die Sequenz nicht abbricht? Hier steht sowas ähnliches, allerdings geht es da nicht um , sondern um |
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24.09.2012, 10:27 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja, wie breits gewohnt eine sehr saubere Lösung ...
Ein "Kandidat" ist 111/47 auf jeden Fall, da dieser Bruch als Näherungsbruch in der Kettenbruchdarstellung von vorkommt und in das fragliche Intervall hineinfällt... Z.B. liefert die Eingabe
in Maple die folgenden ersten Näherungsbrüche des Kettenbruchs Dass dies allerdings wirklich der "kleinste" Bruch ist, habe ich dann allerdings auch nur durch Probieren am Rechner herausgefunden, was in Hinblick auf den relativ kleinen Nenner 47 hoffentlich noch nicht übertrieben aufwändig ist...
Hier steht von derselben Quelle auch was darüber, was dann auch deine Frage weitgehend beantworten sollte... Und es kann dann weitergehen mit dem nächsten Problem... |
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24.09.2012, 11:07 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Man sucht ja . Bei der Kettenbruchnäherung hat man ja eigentlich auch nur "Glück" gehabt, dass sie gerade auf der richtigen Seite von lag (alterniert ja in der Beziehung). |
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24.09.2012, 13:31 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja genau das habe ich meinen Rechner auch tun lassen. Mal etwas mehr "Mainstream", aber (wie ich finde) ganz interessant: Aufgabe 31
Es werde keinerlei tiefgehende Sätze aus der Stochastik benötigt (sonst könnte ich das ja gar nicht lösen ), die Definitionen eines Wahrscheinlichkeitsraums und der beiden Konvergenzarten reichen schon aus. |
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24.09.2012, 13:40 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Im Gegenteil: Man muss eigentlich hier von "Pech" sprechen, denn in Bezug auf die rechte Intervallgrenze fallen die Näherungsbrüche schon ab 85/36 immer in das fragliche Intervall, leider liegt dieser Bruch aber zufällig gerade links von der linken Intervallgrenze, wobei das hier- wie von dir erwähnt - alterniert, sodass dann eben erst der nächste, also dann 111/47, zum Zug kommt... Aber die Kettenbruchmethode, zumindestens so wie ich sie verwendet habe, ohnhin nur einen Anhalt dafür gibt, wie der gesuchte Bruch mit kleinstem positivem Nenner (natürlich hast du auch damit recht, dass man das kürzer so sagen kann) aussieht, kommt man eh nicht darum herum, ihn auf die von dir beschriebene Art zu berechnen... Edit: Was den ersten Punkt betrifft, so bin ich jetzt nach einigem Nachdenken zur Erkenntnis gelangt, dass es weder "Glück", noch "Pech" ist, sondern es muss einfach so sein, wie es ist, da das Enthaltensein bez. der rechten Intervallgrenze anfangs ebenfalls alterniert, und zwar gegenläufig, bis zu einem Punkt, wo es dann immer zutrifft... |
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24.09.2012, 14:01 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
@tmo Bei Aufgabe 31 könnte man auch gleich fordern, das erleichtert den Beweis etwas in technischer Hinsicht, ich würde fast von "o.B.d.A." sprechen. |
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24.09.2012, 14:15 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Als ich die Aufgabe damals als Übungsaufgabe lösen musste, war es gerade die Tatsache, dass beliebig aussehen kann, die die Aufgabe etwas komplizierter machte, der Rest schien mir "straight-forward" Ergo: Es wird kein o.B.d.A akzeptiert , natürlich jedoch eine Argumentation, warum man das annehmen kann. Wenn sich hier lange nichts tut (und du nicht lösen willst, was dir aber natürlich zusteht), so kannst du ja im Diskussionsthread erläutern warum es "o.B.d.A" ist. |
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24.09.2012, 14:18 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Eigentlich nicht, es verlagert nur den Schwerpunkt der Aufgabe von den Konvergenzarten eher dahin, wie Zufallsgrößen bzw. in so einen Raum aussehen müssen, der Messbarkeit wegen. Bzw., wie Sigma-Algebren in abzählbaren Räumen überhaupt nur aussehen können. |
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26.09.2012, 11:50 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Na gut, dann löse ich es mal "ohne o.B.d.A.", und unter Umschiffung der eigentlich passenden Vergröberung des W-Raumes:
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26.09.2012, 14:55 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Genauso hatte ich es damals auch gelöst. Man umgeht das Problem, dass die Einpunktmengen nicht notwendigerweise in der Sigma-Algebra liegen, einfach dadurch, dass man sich via deinem einfach definiert und dann ausnutzt, dass aus für alle wegen der Abzählbarkeit schon folgt. Der dazu benutzte -Trick ist in der Maßtheorie ja eigentlich Standard. Ein andere Möglichkeit ist, sich zu jedem festem mal zu definieren. Diese Menge ist in der Sigma-Algebra, da die messbar sind. Diese Menge ersetzt quasi die Funktion der Einpunktmenge. Wegen ist dies genauso zielführend. Dann mal weitermachen |
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26.09.2012, 15:03 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Mich zieht es wieder einmal in den dreidimensionalen Raum:
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30.09.2012, 21:53 | mathe760 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Betrachten wir zunächst eine Kugel K mit größtem Volumen (Radius) und alle Kugeln die nicht disjunkt sind zu dieser. Der Radius von K sei . Dann ist klar, dass alle Kugeln die nicht disjunkt sind zu K innerhalb einer Kugel mit gleichem Mittelpunkt wie K und Radius liegen. Damit hat die Vereinigung dieser Kugeln mit K ein Volumen Die Kugel K hat das Volumen und damit mindestens Volumen . Bezeichne nun mit die Menge der Kugeln, die zu K disjunkt sind. Durch Induktion nach der Anzahl der Kugeln insgesamt (nicht nur in W) können wir nun annehmen, dass es eine Menge von paarweise disjunkten Kugeln in W gibt, deren Vereinigung mindestens 1/27 des Gesamtvolumens der Kugeln in W ausmacht. Nach obigem macht die Kugel 1/27 des Gesamtvolumens der restlichen Kugeln aus. Damit erfüllt die Menge der Kugeln in das Gewünschte. Ich habe leider keine Aufgabe zum Weitermachen, das kann also gerne jemand anderer machen Bis denn mathe760 |
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30.09.2012, 21:57 | Grouser | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Frisch zurück aus dem Urlaub, werde ich mich einmal an der Aufgabe versuchen: Sei die betrachtete Menge von Bällen mit Gesamtvolumen . Wir definieren uns eine disjunkte Teilmenge induktiv: sei ein belieber Ball in mit maximalem Volumen, sei ein Ball in mit maximalen Volumen, so dass für . Nach Konstruktion existiert nun für jeden Ball aus ein Ball , so dass , wobei ein Ball des dreifachen Radius ums Zentrum von sei. Seien die Radien von . Es ist , wobei das Gesamtvolumen der Teilmenge bezeichne. edit: Da kommt man aus dem Urlaub, sieht ein - für's Matheboard - lange unbeantwortes Problem und während des Tippens wird man überholt |
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30.09.2012, 22:13 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ist vielleicht Geschmackssache, aber m.E. war mathe760 nicht nur etwas schneller, sondern hat das wesentliche auch deutlicher herausgearbeitet und erklärt. Na egal, wenn er nicht will, dann kannst auch du, Grouser, jetzt weitermachen. |
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30.09.2012, 22:29 | Grouser | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Eine neue Aufgabe überlege ich mir direkt nach dem Abendessen. @HAL 9000: Wirklich schön ist meine Lösung nicht, da stimme ich zu. Das liegt aber zum einen daran, dass ich mir den Beweis während des Tippens überlegt und zum anderen daran, dass es nicht wirklich etwas zu zeigen gab und ich mich daher vielleicht zur Oberflächlichkeit verleiten lassen habe Um den Thread schmal zu halten, hänge ich meine Aufgabe an diesen Post an
Auch dieses Problem kennen sicherlich einige von euch, weshalb ich darum bitte, jenen Zeit zu geben, denen diese Aufgabe unbekannt ist. Was die Voraussetzungen zur Lösung der Aufgabe anbelangt: Mein Beweis verwendet Wissen, das soweit mir bekannt für alle Mathematikstudenten im Rahmen ihrer Grundlagenvorlesungen vorgesehen ist. |
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14.10.2012, 00:59 | Grouser | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Sei die Menge aller Gerade in . Vorweg zwei einfache Beobachtungen: 1) Es gilt . 2) Ist eine Gerade, mit , so gibt es einen Punkt , so dass jede von verschiedene Gerade durch die Menge in höchstens zwei Punkten trifft. Fixiere eine Wohlordung auf und Ordnungsisomorphismen , . Diese existieren nach dem Wohlordnungssatz. Konstruiere die Abbildung per transfiniter Induktion wie folgt: Sei das kleinste Element in und setze . Dies ist der kleinste Punkt, der auf der ersten Gerade liegt (bezüglich der entsprechenden Wohlordnungen). Sind nun für konstruiert, so definiere wie folgt: Sei . Es ist . Nach obiger Überlegung gibt es also eine Gerade , die in weniger als 2 Punkten trifft. Sei die kleinste solche Gerade und setze . Sei nun schließlich . Behauptung: schneidet jede Gerade in in genau zwei Punkten. Beweis 1) Jede Gerade trifft in höchstens zwei Punkten, denn: Je drei Punkte mit liegen in und jede Gerade trifft in höchstens zwei Punkten. 2) Jede Gerade trifft in mindestens zwei Punkten: Angenommen dies wäre falsch. Sei die erste Gerade, die in weniger als zwei Punkten trifft. Dann ist nach Konstruktion . Betrachte . Jedes trifft in genau zwei Punkten. Da gibt es Punkte , die auf keiner Geraden liegen. Sei der erste solche Punkt in . Nach Konstruktion von gibt es eine Gerade , die in weniger als 2 Punkten trifft und ist der erste Punkt auf , der nicht in liegt. Wegen ist . Andererseits trifft die Menge in weniger als zwei Punkten, also ist . Widerspruch! Falls ich in meiner Müdigkeit irgendwo in dem Beweis einen (Tipp-)Fehler eingebaut haben sollte, macht mich bitte darauf Aufmerksam. Ansonsten möchte ich nur noch sagen, dass dieses Resultat meines Wissens zum ersten Mal 1914 von Mazurkiewicz bewiesen wurde und durch seine geometrische Bedeutung dazu beitrug, der von Cantor begründeten Mengenlehre weitere Beachtung zu schenken. Wenn man die anfängliche Skepzis und Ablehnung gegenüber Cantors Ideen berücksichtigt, konnte ihm Unterstützung wohl nur wünschen. Ob ihm dieses Resultat jedoch jemals bekannt wurde, weiß ich leider nicht. Abschließend möchte ich tmo bitten in Folge seiner Lösung für abzählbar viele Geraden das nächste Problem vorzustellen. |
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14.10.2012, 21:35 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Mir fällt gerade nichts Tolles ein, daher mal folgendes: Aufgabe 34 Eine natürliche Zahl sei in Dezimalschreibweise durch gegeben. Wir setzen , d.h. ist so eine Art Quadrat-Quersumme. Durch wiederholte Anwendung von H erhalten wir folgende 2 Schleifen: . Man zeige, dass bei jedem Startwert die durch gegebene Folge in eine der beiden obigen Schleifen kommen wird, d.h. irgendwann wird die 1 oder die 4 erreicht. Als kleine Hilfe: Für die Startwerte 1 bis 99 sei das mit einem Computer schon überprüft worden. |
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15.10.2012, 00:48 | Gastt | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Beweis durch Induktion über IA: Für bis 2-stellige Zahlen (also mit ) gilt die Beh. lt Vor.. Für den Fall, dass 3-stellig ist, gilt Es gibt genau 14 3-stellige Zahlen mit und Dies sind: 159, 168, 169, 178, 179, 186, 187, 188, 189, 195, 196, 197, 198 und 199. Man verifiziert schnell, dass für 2-stellig ist und die Beh. somit auch für 3-stelligen Zahlen gilt. IV: Die Behauptung sei für bereits bewiesen. IS: Sei eine beliebige -stellige Zahl (also mit ). Es gilt: Also lässt sich die IV auf anwenden. P.S.: Die im obigen IS benutzte Ungleichung gilt für alle wie man direkt oder induktiv leicht verifiziert. |
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15.10.2012, 08:29 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja, das passt so Die Induktions über fand ich etwas ungewöhnlich, klappt aber natürlich. Ich hätte angemerkt, dass es offensichtlich reicht die Aussage für diejenigen mit zu zeigen (Denn ein minimales Gegenbeispiel der Aussage erfüllt diese Ungleichung), um danach zu zeigen, dass diese Ungleichung bereits impliziert. Nächste Aufgabe bitte. PS: Die Aufgabe hatte natürlich etwas mit den happy numbers zu tun. |
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15.10.2012, 09:51 | Gastt | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Okay, hier ist was aus der Maßtheorie - allerdings eher anwendungsbezogen. Wir hatten uns jedenfalls in Infini III damit auseinanderzusetzen:
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15.10.2012, 14:26 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ich nehme an trotz der Einordnung der Aufgabe in die Maßtheorie ist es mir erlaubt ein funktionentheoretischen Zugang mit dem Residuensatz vorzustellen: Erstmal zur Existenz: Da ist nicht viel zu zeigen, der Integrand ist stetig auf ganz (in 0 lässt er sich stetig fortsetzen) und der Nenner wächst exponentiell, während der Zähler beschränkt ist. Das ist Analysis I. Nun zur Identität: sei fest gewählt. Wir definieren die auf meromorphen Funktionen und die Integrale Unser Ziel ist folgende Identitäten zu zeigen und . Dies führt zu Wegen der Achsensymmetrie von ist dies die Behauptung. -------------------------------- Also zum Beweis der beiden Identitäten: Man rechnet zunächst mit den Additionstheoremen nach: Nun kommt der Residuensatz ins Spiel: Wir betrachten den Integrationsweg, zusammengesetzt aus: Innerhalb dieses geschlossenen Weges liegt keine Singularität von , daher ist Im Grenzübergang verschwinden die letzten beiden Summanden (beschränkter Integrationsweg bei verschwindendem Integrand) und man erhält Die zweite Identidät funktioniert analog. Mit den Additionstheoremen rechnen wir nach: Der letzten Zeile sieht man schon an, dass wir diesmal folgenden Weg betrachten: Diesmal liegt eine Singularität im Inneren des Weges, nämlich bei . Wir rechnen nach: . Dies führt wie oben nach nach dem Grenzübergangn zu , also edit: Erwartungsgemäß waren noch ein paar Tippfehler drin. Habe sie verbessert, will jedoch nicht ausschließen, dass immer noch welche da sind |
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25.10.2012, 12:08 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ich schulde noch eine Aufgabe:
Man darf dabei den 3-Quadrate-Satz verwenden: Eine natürliche Zahl lässt sich genau dann als Summe dreier Quadrate schreiben, wenn in der eindeutigen Darstellung mit gilt: |
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26.10.2012, 11:20 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja, das ist wieder eine sehr interessante Aufgabe und ich versuch mich mal daran.
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27.10.2012, 10:36 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Genau |
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27.10.2012, 11:20 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ok, dann zur Abwechslung mal was Kombinatorisches:
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28.10.2012, 16:20 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Mal sehen, wo ich mich verrechnet habe. |
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28.10.2012, 19:03 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja, 2499 würde tatsächlich stimmen, wenn es keine 20ct-Münzen gäbe, aber warum lässt du diese weg? |
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28.10.2012, 19:04 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ach Shit, die gibt es ja auch noch - ich war wohl gedanklich noch bei der DM. Ok, dann also die "Reparatur" . Und nun etwas einfacher, dabei die Synergie nutzend: mit (was eigentlich noch zu beweisen ist). Der gesuchte Endwert ist dann . Jetzt verrate mir aber mal, wie es mit deinen erzeugenden Funktionen geht. Der naive Ansatz klappt ja leider nicht. |
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28.10.2012, 20:14 | Mystic | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Ja, das stimmt jetzt natürlich... Ich selbst hab das in Maple so kontrolliert, indem ich das Produkt der aufsummierten geometrischen Reihen mit Quotient von 1 bis gebildet und davon den Koeffizienten von berechnet habe:
Die nächste Aufgabe, bitte... |
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28.10.2012, 20:20 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Bitte "von Hand" ausmultiplizieren, sonst bin ich fast wieder geneigt, "Foul!" zu rufen. Hab momentan keine schöne Aufgabe zur Hand - DIE Chance für alle anderen (außer Mystic und tmo - nicht persönlich nehmen ), hier eine zu stellen. |
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04.11.2012, 21:31 | Slash123 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Wenn keiner was stellt, dann mal was leichtes:
Okay, hier gibts mehrere Möglichkeiten, das zu lösen. Alle, die mir einfallen (zwei Stück), sind relativ leicht. |
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04.11.2012, 21:58 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
ist der Kern des Einsetzhomomorphismus . Aber wenn wir schon dabei sind, können wir in Aufgabe 39 alle maximalen Ideale von bestimmen. |
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04.11.2012, 22:29 | Slash123 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Auf wird durch eine diskrete Bewertung definiert. Also ist ein diskreter Bewertungsring, insbesondere also ein lokaler Ring. Also ist das Ideal aus Aufgabe 38 das einzige maximale Ideal. Das sollte eigentlich so passen. Edit:
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05.11.2012, 11:24 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Hmm ich glaub du machst es dir ein bisschen einfach. Ein diskreter Bewertungsring ist ja gerade als lokaler Haptidealring definiert. Wenn du so vorgehst, müsstest du doch die diskrete Bewertung auf definieren und dann zeigen, dass die Elemente mit nichtnegativer Bewertung (die bilden ja einen diskreten Bewertungsring) gerade die Elemente von sind. Da kommst du aber letztendlich auch nicht daran vorbei zu zeigen, wie die Einheiten in aussehen. |
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05.11.2012, 22:15 | Slash123 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Okay, dann hier noch ein hoffentlich ordentlicher Beweis. Beh.: Bew.: Sei . Gesucht ist , sodass Dies ist äquivalent dazu, zu sagen, dass , wenn und , wenn . m = 0: m = 1: Seien nun konstruiert. m > 1: Daraus folgt: und da auf der rechten Seite alles konstruiert ist, haben wir eine induktive Konstruktion für für alle gefunden. Die Richtung "" der Behauptung ist also bewiesen. Für die Richtung "" verweise ich auf Aufgabe 38. Ist , so ist die entsprechende Potenzreihe im maximalen Ideal, kann also keine Einheit sein. Insgesamt haben wir also für ein Element , dass entweder eine Einheit ist (wenn ), oder in aus Aufgabe 38 liegt. Das zeigt die Behauptung. Wenn grünes Licht von tmo gegeben wird, kann mit Aufgabe 40 fortgefahren werden. Ich hoffe, ich habe nichts übersehen. |
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05.11.2012, 22:17 | tmo | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Passt |
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17.11.2012, 11:15 | Slash123 | Auf diesen Beitrag antworten » | |||||||||
Keiner? Dann mal noch ein paar Tipps: Es gilt und wenn man ein Element mit der Norm 2 gefunden hat, sollte man mal die Eigenschaften der Normfunktion ausnutzen, d.h. . Welche Eigenschaften hat dann ? |
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