Übungen zur Teilbarkeit

11.02.2014, 00:11

Steffi~

Übungen zur Teilbarkeit

Hallo,

ich hab eine Übungsaufgaben über das Thema "Teilbarkeit":

Wenn $\begin{eqnarray*} \beta, \gamma \in \mathbb Q \setminus \mathbb Z \end{eqnarray*}$ sind, dann können $\begin{eqnarray*} 18 \beta \gamma \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 36 \gamma^3 + 6 \beta ^3 \end{eqnarray*}$ keine ganzen Zahlen sein.

Könnt ihr mir sagen, wie man das lösen kann?

Viele Grüße

Steffi

11.02.2014, 01:35

Nobundo

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RE: Übungen zur Teilbarkeit
Wieso können das keine ganzen Zahlen sein?

$\begin{eqnarray*} \beta =\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \gamma =\frac{1}{9} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 18\beta\gamma =1 \end{eqnarray*}$ verwirrt

11.02.2014, 08:50

RavenOnJ

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RE: Übungen zur Teilbarkeit

Zitat:

Original von Nobundo
Wieso können das keine ganzen Zahlen sein?

$\begin{eqnarray*} \beta =\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \gamma =\frac{1}{9} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 18\beta\gamma =1 \end{eqnarray*}$ verwirrt

Es ist wohl gemeint, dass jeweils beide Ausdrücke keine ganzen Zahlen sein können, also auch $\begin{eqnarray*} 36 \gamma^3 + 6 \beta ^3 \end{eqnarray*}$ .

11.02.2014, 09:45

Steffi~

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Ja, genau. Es ist gemeint, dass es nicht möglich ist, dass sowohl $\begin{eqnarray*} 18 \beta \gamma \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} 36 \gamma^3 + 6 \beta^3 \end{eqnarray*}$ eine ganze Zahl ist.
Wäre für Tipps echt dankbar, da ich keinen Plan hab, wie ich das machen soll. verwirrt

11.02.2014, 15:23

ollie3

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hallo,
ich habe länger darüber nachgedacht, diese aufgabe ist schon ziemlich knifflig.
Also, wenn $\begin{eqnarray*} 18\beta\gamma \end{eqnarray*}$ ganz ist, dann muss ja der nenner von dem bruch $\begin{eqnarray*} \beta\gamma \end{eqnarray*}$
durch 18 teilbar sein, und das geht nur, wenn der nenner von $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ durch 6 und der von $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$
durch 3 teilbar ist (oder umgekehrt) oder wenn ein nenner durch 9 und der andere durch 2 teilbar ist.
Und in all diesen fällen kann dann $\begin{eqnarray*} 36\gamma^3 + 6\beta^3 \end{eqnarray*}$ nicht mehr ganz sein, weil durch das
potenzieren mit 3 in den nenner zu hohe 3er-potenzen entstehen würden...
gruss ollie3

11.02.2014, 16:06

HAL 9000

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Zitat:

Wieso das? Siehe $\begin{eqnarray*} \beta=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

---------------------------

Ich versuch mal einen indirekten Beweis: Es seien $\begin{eqnarray*} a = 18\beta\gamma \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b = 36\gamma^3 + 6\beta^3 \end{eqnarray*}$ ganze Zahlen. Dann ist $\begin{eqnarray*} \gamma = \frac{a}{18\beta} \end{eqnarray*}$ und weiter dann mit $\begin{eqnarray*} \beta = \frac{p}{q} \end{eqnarray*}$ (wobei p,q teilerfremd)

$\begin{eqnarray*} b = \frac{a^3q^6+2^2\cdot 3^5\cdot p^6}{2\cdot 3^4\cdot p^3q^3} \end{eqnarray*}$ .

a) Angenommen $\begin{eqnarray*} 2 \mid q \end{eqnarray*}$ : Dann ist der Nenner durch $\begin{eqnarray*} 2^4 \end{eqnarray*}$ , der Zähler aber wegen $\begin{eqnarray*} 2\nmid p \end{eqnarray*}$ maximal durch $\begin{eqnarray*} 2^2 \end{eqnarray*}$ teilbar, Widerspruch.

b) Angenommen $\begin{eqnarray*} 3 \mid q \end{eqnarray*}$ : Dann ist der Nenner durch $\begin{eqnarray*} 3^7 \end{eqnarray*}$ , der Zähler aber wegen $\begin{eqnarray*} 3\nmid p \end{eqnarray*}$ maximal durch $\begin{eqnarray*} 3^5 \end{eqnarray*}$ teilbar, auch Widerspruch.

Daher muss $\begin{eqnarray*} (2\cdot 3^4) \mid a^3 \end{eqnarray*}$ , mithin dann $\begin{eqnarray*} (2\cdot 3^2) \mid a \end{eqnarray*}$ gelten. Mit a = $\begin{eqnarray*} 2\cdot 3^2\cdot c \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} b = \frac{2^3\cdot 3^6\cdot c^3q^6+2^2\cdot 3^5\cdot p^6}{2\cdot 3^4\cdot p^3q^3} = \frac{36c^3q^6+6p^6}{p^3q^3} \end{eqnarray*}$

woraus $\begin{eqnarray*} q^3\mid 6 \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} q=1 \end{eqnarray*}$ folgt, Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} \beta=\frac{p}{q} \not\in \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ .

11.02.2014, 16:12

RavenOnJ

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Zitat:

Original von ollie3

Also, wenn $\begin{eqnarray*} 18\beta\gamma \end{eqnarray*}$ ganz ist, dann muss ja der nenner von dem bruch $\begin{eqnarray*} \beta\gamma \end{eqnarray*}$
durch 18 teilbar sein, und das geht nur, wenn der nenner von $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ durch 6 und der von $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$
durch 3 teilbar ist (oder umgekehrt) oder wenn ein nenner durch 9 und der andere durch 2 teilbar ist.

Warum sollte der Nenner von $\begin{eqnarray*} \beta\gamma \end{eqnarray*}$ durch 18 teilbar sein, damit $\begin{eqnarray*} 18\beta\gamma\in\mathbb Z \end{eqnarray*}$ ? Wenn man schreibt $\begin{eqnarray*} \beta = \frac{\beta_z}{\beta_n},\beta_z,\beta_n\in\mathbb Z,\operatorname{ggT}(\beta_z,\beta_n)=1 \end{eqnarray*}$ , sowie $\begin{eqnarray*} \gamma= \frac{\gamma_z}{\gamma_n},\gamma_z,\gamma_n\in\mathbb Z,\operatorname{ggT}(\gamma_z,\gamma_n)=1 \end{eqnarray*}$ , dann könnten sich Zähler und Nenner von $\begin{eqnarray*} \beta \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ gegenseitig kompensieren. Beispiel:
$\begin{eqnarray*} \beta=\frac 3 4,\gamma = \frac 4 3,\beta\gamma=1 \end{eqnarray*}$

Edit: Ah, heute ist der Tag der freiwilligen Helferlösungen. Augenzwinkern

Ich hätte mich auch gerne noch dran versucht. Jetzt darf ich zumindest nicht leuern.

12.02.2014, 01:06

RavenOnJ

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Man sollte erst mal folgendes feststellen:
Seien $\begin{eqnarray*} a = \frac {a_z}{a_n}\in \mathbb Q, a_z,a_n\in\mathbb Z, a_z\perp a_n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b = \frac {b_z}{b_n}\in \mathbb Q, b_z,b_n\in\mathbb Z, b_z\perp b_n \end{eqnarray*}$ mit den Primfaktorzerlegungen

$\begin{eqnarray*} a_n = \prod_{i\in I}p_i^{\nu_i}\text{ und }b_n = \prod_{i\in I}p_i^{\mu_i}, p_i\text{ prim} \end{eqnarray*}$ .

Die Indexmenge $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ lässt sich in drei disjunkte Teilmengen zerlegen: $\begin{eqnarray*} I=I_{l}\cup I_e\cup I_g \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} I_l := \{i|\nu_i < \mu_i\}, I_e := \{i|\nu_i = \mu_i\}, I_g := \{i|\nu_i > \mu_i\} \end{eqnarray*}$ .

Sei $\begin{eqnarray*} a+b\in \mathbb Z \end{eqnarray*}$ , dann gilt:

$\begin{eqnarray*} \mathbb Z\ni a+b = \frac{a_z}{\prod\limits_{i\in I}p_i^{\nu_i}} + \frac{b_z}{\prod\limits_{i\in I}p_i^{\mu_i}} = \frac{a_z\prod\limits_{i\in I_l} p_i^{\mu_i-\nu_i} + b_z\prod\limits_{k\in I_g}p_k^{\nu_k-\mu_k}}{\prod\limits_{i\in I_l} p_i^{\mu_i} \prod\limits_{j\in I_e}p_j^{\nu_j} \prod\limits_{k\in I_g}p_k^{\nu_k}} \end{eqnarray*}$ .

Es muss also gelten:

$\begin{eqnarray*} \left(\prod\limits_{i\in I_l} p_i^{\mu_i} \prod\limits_{j\in I_e}p_j^{\nu_j} \prod\limits_{k\in I_g}p_k^{\nu_k}\right)\mid a_z\prod\limits_{i\in I_l} p_i^{\mu_i-\nu_i} + b_z\prod\limits_{k\in I_g}p_k^{\nu_k-\mu_k} \end{eqnarray*}$

Nun ist aber für

$\begin{eqnarray*} i\in I_l : a_z\prod\limits_{i\in I_l} p_i^{\mu_i-\nu_i} + b_z\prod\limits_{k\in I_g}p_k^{\nu_k-\mu_k} = b_z\prod\limits_{k\in I_g}p_k^{\nu_k-\mu_k} \mod p_i \not= 0\mod p_i \end{eqnarray*}$

sowie für

$\begin{eqnarray*} k\in I_g : a_z\prod\limits_{i\in I_l} p_i^{\mu_i-\nu_i} + b_z\prod\limits_{k\in I_g}p_k^{\nu_k-\mu_k} = a_z\prod\limits_{i\in I_l} p_i^{\mu_i-\nu_i} \mod p_k \not= 0\mod p_k \end{eqnarray*}$

Also müssen die Indexmengen $\begin{eqnarray*} I_l,I_g \end{eqnarray*}$ leer sein, d.h. jeder Primfaktor muss sowohl in $\begin{eqnarray*} a_n \end{eqnarray*}$ wie auch in $\begin{eqnarray*} b_n \end{eqnarray*}$ mit derselben Multiplizität vorkommen, was nichts anderes heißt als $\begin{eqnarray*} a_n = b_n \end{eqnarray*}$ .

Soll nun der Ausdruck $\begin{eqnarray*} 36 \gamma^3 + 6\beta^3,\beta = \frac {\beta_z}{\beta_n}, \gamma = \frac {\gamma_z}{\gamma_n}\in \mathbb Q\setminus\mathbb Z \end{eqnarray*}$ eine ganze Zahl sein, so muss sowohl $\begin{eqnarray*} 2\nmid \gamma_n \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 3\nmid \gamma_n \end{eqnarray*}$ als auch $\begin{eqnarray*} 2\nmid \beta_n \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} 3\nmid \beta_n \end{eqnarray*}$ gelten, da sonst die Primfaktoren 2 und 3 in den Summanden $\begin{eqnarray*} 6\beta^3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 36\gamma^3 \end{eqnarray*}$ im Nenner mit unterschiedlicher Multiplizität vorkommen würden, was nach den obigen Überlegungen nicht sein darf.

Die Nenner $\begin{eqnarray*} \beta_n,\gamma_n \end{eqnarray*}$ enthalten also nur Primfaktoren ungleich 2 und 3, und diese mit derselben Multiplizität. Also lassen sich in $\begin{eqnarray*} 18\beta\gamma \end{eqnarray*}$ die Nenner nicht wegkürzen, der Ausdruck kann also nicht ganzzahlig sein.

12.02.2014, 11:24

HAL 9000

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Schön, das gleich mal in allgemeineren Kontext anzugehen. Freude

Man könnte vielleicht den Indexkrieg etwas reduzieren für die Aussage im ersten Teil:

Wenn wir $\begin{eqnarray*} g:=\operatorname{ggT}(a_n,b_n) \end{eqnarray*}$ bezeichnen mit dann $\begin{eqnarray*} a_n=ga_m \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_n=gb_m \end{eqnarray*}$ mit teilerfremden $\begin{eqnarray*} a_m,b_m \end{eqnarray*}$ , so folgt

$\begin{eqnarray*} a+b = \frac{a_zb_m + b_za_m}{ga_mb_m} \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} a+b\in\mathbb{Z} \end{eqnarray*}$ folgt dann $\begin{eqnarray*} a_m \mid a_zb_m \end{eqnarray*}$ , was mit $\begin{eqnarray*} \operatorname{ggT}(a_m,a_z) = \operatorname{ggT}(a_m,b_m) = 1 \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} a_m=1 \end{eqnarray*}$ führt, analog dann auch $\begin{eqnarray*} b_m=1 \end{eqnarray*}$ . Womit wir bei $\begin{eqnarray*} a_n=b_n=g \end{eqnarray*}$ wären.

12.02.2014, 13:03

RavenOnJ

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@HAL
Das ist allerdings übersichtlicher und spart viel Schreibarbeit.

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