Beweis: k-te Wurzel von n ist irrational/natürlich Nr. 432

07.11.2016, 17:42

omnomnom

Beweis: k-te Wurzel von n ist irrational/natürlich Nr. 432

Hallo,
vornewege: Ich weiß, dass man diesen Beweis überall im Internet findet. Ich sitze da jetzt seit Stunden dran und würde es gerne verstehen… Ich zeige euch mal was ich bis jetzt gemacht habe und verstanden habe.

Ich soll beweisen dass $\begin{eqnarray*} \sqrt[k]{n}; k,n\in \mathbb N \end{eqnarray*}$ eine natürliche oder irrationale Zahl ist.

Mein erster Schritt war:
$\begin{eqnarray*} \sqrt[k]{n} = \frac{a}{b} \end{eqnarray*}$ mit a und b teilerfremd
Am Ende soll ein Widerspruch herauskommen… dadurch müsste ich ja schon einmal bewiesen haben, dass $\begin{eqnarray*} \sqrt[k]{n} \end{eqnarray*}$ keine rationale Zahl ist… oder?
Jetzt habe ich beide Seiten hoch k genommen:
$\begin{eqnarray*} n = \frac{a^{k} }{a^{k} } \end{eqnarray*}$ und das mal $\begin{eqnarray*} b^{k} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} n\cdot b^{k} = a^{k} \end{eqnarray*}$

daraus kann ich erschließen, dass n Teiler von $\begin{eqnarray*} a^{k} \end{eqnarray*}$ ist und somit Teiler von a. (Die Begründung mit der Primfaktorzerlegung war mir nur halbwegs schlüssig…)
Jetzt kann ich, da ich weiß, dass n ein Teiler von a ist, schreiben:
$\begin{eqnarray*} n\cdot c =a \end{eqnarray*}$ (was ist c? Eine rationale Zahl?)

und dass dann wieder in meine vorherige Gleichung einsetzen:
$\begin{eqnarray*} n\cdot b^{k} = n^{k}\cdot c^{k} \end{eqnarray*}$ und umformen:

$\begin{eqnarray*} b^{k} = n^{k-1}\cdot c^{k} \end{eqnarray*}$

Ab hier hängt es … erstmal bin ich mir noch sehr unsicher ob ich auf dem richtigen Weg bin (auch wenn ich die Sachen alle nicht selbst aufgestellt habe). Und dann weiß ich nicht, wie ich davon darauf kommen möchte, dass n auch ein Teiler von b ist, was dann zum gewünschten Widerspruch führen würde…

Könnte mir das jemand im Einzelnen erklären?… Das wäre sehr freundlich ...
Grüße
Omnomnom

07.11.2016, 17:44

HAL 9000

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Zitat:

Original von omnomnom
Mein erster Schritt war:
$\begin{eqnarray*} \sqrt[k]{n} = \frac{a}{b} \end{eqnarray*}$ mit a und b teilerfremd
Am Ende soll ein Widerspruch herauskommen…

Na eher b=1 . Augenzwinkern

Zitat:

Original von omnomnom
$\begin{eqnarray*} n\cdot b^{k} = a^{k} \end{eqnarray*}$

daraus kann ich erschließen, dass n Teiler von $\begin{eqnarray*} a^{k} \end{eqnarray*}$ ist und somit Teiler von a.

Der letzte Teil ist ein Fehlschluss. unglücklich

Bsp.: k=2,n=4,a=2,b=1, da ist 4 mitnichten ein Teiler von 2.

07.11.2016, 22:22

omnomnom

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Hmm… also mit dem b=1 Fall hätten wir ja dann bewiesen, dass $\begin{eqnarray*} \sqrt[n]{k} \end{eqnarray*}$ eine natürliche Zahl sein muss… dann müsste noch das mit der irrationalen Zahl kommen.

Wenn das mit dem Teiler von a ein Fehlschluss war… dann weiß ich jetzt gar nicht mehr weiter :/

08.11.2016, 08:29

Leopold

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Ich weiß, daß man eigentlich in eine laufende Argumentation nicht mit einem anderen Vorschlag hineinplatzen soll. Weil aber das Problem hier häufig auftaucht und von grundsätzlicher Art ist, will ich einmal einen leicht anderen Ansatz vorstellen, den ich für "anschaulicher" halte. Du kannst ihn erst einmal beiseite schieben und deine bisherige Argumentation zu Ende führen.

Wir nehmen eine nicht-ganze positive rationale Zahl $\begin{align*} x \end{align*}$ . Sie kann in der Form eines vollständig gekürzten Bruches geschrieben werden:

$\begin{align*} x = \frac{a}{b} \end{align*}$

Hier sind $\begin{align*} a,b \end{align*}$ teilerfremde natürliche Zahlen, besitzen also keine gemeinsamen Primfaktoren, und weil $\begin{align*} x \end{align*}$ nicht-ganz ist, ist $\begin{align*} b \geq 2 \end{align*}$ . Dann sind aber für eine natürliche Zahl $\begin{align*} k \geq 2 \end{align*}$ auch $\begin{align*} a^k \end{align*}$ und $\begin{align*} b^k \end{align*}$ teilerfremd. Es kommen ja beim Potenzieren mit $\begin{align*} k \end{align*}$ keine neuen Primfaktoren dazu, weder bei $\begin{align*} a \end{align*}$ noch bei $\begin{align*} b \end{align*}$ .

Ein Beispiel:

$\begin{align*} x = \frac{132}{105} = \frac{2^2 \cdot 3 \cdot 11}{3 \cdot 5 \cdot 7} = \frac{2^2 \cdot 11}{5 \cdot 7} \end{align*}$

Das Letzte ist die vollständig gekürzte Form: $\begin{align*} a = 2^2 \cdot 11 = 44 \end{align*}$ und $\begin{align*} b = 5 \cdot 7 = 35 \end{align*}$

Und jetzt als Beispiel $\begin{align*} k=3 \end{align*}$ :

$\begin{align*} a^3 = 2^6 \cdot 11^3 \, , \ \ b^3 = 5^3 \cdot 7^3 \end{align*}$

Man sieht: $\begin{align*} a^3 \end{align*}$ und $\begin{align*} b^3 \end{align*}$ sind immer noch teilerfremd. So weit das Beispiel.

Im allgemeinen Fall ist nun $\begin{align*} x^k = \left( \frac{a}{b} \right)^k = \frac{a^k}{b^k} \end{align*}$ . Der letzte Bruch ist vollständig gekürzt, der Nenner insbesondere nicht $\begin{align*} 1 \end{align*}$ . Also ist $\begin{align*} x^k \end{align*}$ nicht-ganz.

Damit ist bewiesen: Potenziert man eine nicht-ganze positive rationale Zahl $\begin{align*} x \end{align*}$ mit einer natürlichen Zahl $\begin{align*} k \end{align*}$ , so ist auch $\begin{align*} x^k \end{align*}$ nicht-ganz. Und die Voraussetzung "positiv" kann man sogar streichen, da beim Übergang zum Negativen höchstens das Vorzeichen geändert wird.

Die natürliche Zahl $\begin{align*} m \end{align*}$ sei nun keine $\begin{align*} k \end{align*}$ -te Potenz einer natürlichen Zahl. Wir untersuchen die Gleichung $\begin{align*} x^k = m \end{align*}$ für $\begin{align*} x \in \mathbb{Q} \end{align*}$ . Ganzzahlige Lösungen kommen nicht in Frage, denn $\begin{align*} m \end{align*}$ ist ja gerade keine $\begin{align*} k \end{align*}$ -te Potenz. Bleiben noch nicht-ganze rationale Zahlen. Aber deren $\begin{align*} k \end{align*}$ -te Potenzen sind, wie gerade bewiesen, wieder nicht-ganz, also unmöglich gleich $\begin{align*} m \end{align*}$ . Also ist $\begin{align*} x^k = m \end{align*}$ über $\begin{align*} \mathbb{Q} \end{align*}$ unlösbar.

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