Gleichung keine Lösung in nat. Zahlen

19.09.2017, 16:15

Teufelsmagier

Gleichung keine Lösung in nat. Zahlen

Meine Frage:
ZeigenSie,dass die Gleichung $\begin{eqnarray*} a^4+b^2=c^4 \end{eqnarray*}$ keine Lösung in natürlichen Zahlen $\begin{eqnarray*} a,b,c \end{eqnarray*}$ besitzt.

Meine Ideen:
Hi smile

Beweis per Widerpsruch,es existiert eine Lsg,wobei $\begin{eqnarray*} c^2 \end{eqnarray*}$ minimal gewählt wird.
Aus $\begin{eqnarray*} a= dk,b=dl \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k,l,d \in \mathbb N,d=ggt(a,b) \end{eqnarray*}$ ,folgt

$\begin{eqnarray*} k^4+l^2=(\frac{c^2}{d^2})^2 \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} d^2|c^2. \end{eqnarray*}$

Weil $\begin{eqnarray*} c^2 \end{eqnarray*}$ minimal gewählt ist,folgt $\begin{eqnarray*} d=1 \end{eqnarray*}$ ,so dass $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ teilerfremd sind.Dann ist $\begin{eqnarray*} (a^2,b,c^2) \end{eqnarray*}$ ein primitives pythagoräisches Tripel.O.B.d.A setzte ich voraus,dass $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ gerade ist und deshalb existieren teilerfremde $\begin{eqnarray*} r,s \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} r<s , rs \equiv 0 (mod 2) \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} a^2=r^2-s^2 , b=2rs,c^2=r^2+s^2 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} a^2 \equiv 1 (mod 4) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a^2 =r^2-s^2 \end{eqnarray*}$ folgt r[/l] ungerade und $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ gerade. Deshalb ist $\begin{eqnarray*} (a,s,r) \end{eqnarray*}$ wieder ein teilerfremdes Phyt.Tripel. Daraus resultieren wieder $\begin{eqnarray*} x,z \in \mathbb M \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x>z \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} xz \equiv 0 mod 2 \end{eqnarray*}$ ,so dass gilt:
$\begin{eqnarray*} a=m^2-n^2,s=2mn,r=m^2+n^2 \end{eqnarray*}$

setzte ich in diese Gleichung $\begin{eqnarray*} a^2=r^2-s^2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} b=2rs,c^2=r^2+s^2 \end{eqnarray*}$ ein erhalte ich, $\begin{eqnarray*} b=4xz(x^2+z^2) \end{eqnarray*}$ ,wobei $\begin{eqnarray*} x,z,x^2+z^2 \end{eqnarray*}$ pw. teilerfremd sind. Aus dem quadratischen Faktor $\begin{eqnarray*} (x^2+z^2) \end{eqnarray*}$ folgt die Existenz von $\begin{eqnarray*} g,h \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x=g^2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} z=h^2 \end{eqnarray*}$ .

So und hier hängt mein Beweis jetzt..:/

19.09.2017, 16:48

HAL 9000

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Na das geht schon fehlerhaft los: Aus $\begin{align*} a=dk \end{align*}$ und $\begin{align*} b=dl \end{align*}$ folgt mitnichten $\begin{align*} k^4+l^2 = \left( \frac{c^2}{d^2}\right)^2 \end{align*}$ , sondern allenfalls $\begin{align*} k^4+\frac{l^2}{d^2} = \left( \frac{c^2}{d^2}\right)^2 \end{align*}$ . unglücklich

Wenn schon, dann so: Angenommen, es existiert eine Primzahl $\begin{align*} p\mid a \end{align*}$ und $\begin{align*} p\mid b \end{align*}$ mit dann $\begin{align*} a=pk,b=pl \end{align*}$ , so folgt $\begin{align*} p^2(p^2k^4+l^2) = c^4 \end{align*}$ , damit $\begin{align*} p \mid c^4 \end{align*}$ und somit $\begin{align*} p \mid c \end{align*}$ . Dies wiederum hat mit $\begin{align*} c=pm \end{align*}$ dann $\begin{align*} p^2k^4+l^2=p^2m^4 \end{align*}$ und somit wiederum $\begin{align*} p\mid l \end{align*}$ zur Folge. Mit $\begin{align*} l=pl' \end{align*}$ wäre dann das entstehende $\begin{align*} k^4+l'^2 = m^4 \end{align*}$ mit $\begin{align*} m<c \end{align*}$ ein Widerspruch zur Minimalität von $\begin{align*} c \end{align*}$ . Also gibt es kein solches $\begin{align*} p \end{align*}$ , woraus $\begin{align*} \operatorname{ggT}(a,b)=1 \end{align*}$ folgt.

Zitat:

Original von Teufelsmagier
O.B.d.A setzte ich voraus,dass $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ gerade ist und deshalb existieren teilerfremde $\begin{eqnarray*} r,s \in \mathbb N \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} r<s , rs \equiv 0 (mod 2) \end{eqnarray*}$ und

$\begin{eqnarray*} a^2=r^2-s^2 , b=2rs,c^2=r^2+s^2 \end{eqnarray*}$

Das mit dem "O.B.d.A." verstehe ich nicht: Es ist an dieser Stelle durchaus noch denkbar, dass $\begin{align*} a \end{align*}$ gerade ist und $\begin{align*} b \end{align*}$ ungerade, oder wie willst du das ausschließen?

Wie auch immer, betrachten wir " $\begin{align*} b \end{align*}$ gerade" als ersten Fall, dann ist deine Folgerung mit dem Pythagoräischen Tripel richtig (allerdings mit $\begin{align*} r>s \end{align*}$ ), und es folgt $\begin{align*} a^2c^2 = r^4-s^4 \end{align*}$ , umgestellt $\begin{align*} s^4 + (ac)^2 = r^4 \end{align*}$ . Damit löst $\begin{align*} (a',b',c')=(s,ac,r) \end{align*}$ die Originalgleichung!!! Wegen $\begin{align*} r<c \end{align*}$ ist dies aber ein Widerspruch zur Minimalität von $\begin{align*} c \end{align*}$ .

22.09.2017, 13:27

Teufelsmagier

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Fuer den Fall $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ nicht gerade sehe ich ein Problem,da ich nicht so recht weis,wie ich dann argumentieren soll,da dir meisten meiner saetze im skript von gerade $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ in diesem Zusammenhang ausgehen.nichtsdestotrotz

b ungerade ,d.h $\begin{eqnarray*} b^2 \equiv 1 mod 4 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} b^2 \equiv 3 mod 4. \end{eqnarray*}$ Mit $\begin{eqnarray*} b^2 \equiv 1 mod 4 \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} b^2 \end{eqnarray*}$ besitzt eine Lsg. Sei nun $\begin{eqnarray*} a+b \end{eqnarray*}$ ungerade,da $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ ungerade ist muss $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ gerade sein. Dann schreibe ich

$\begin{eqnarray*} b=r^2-s^2 , a^2=2rs ,c^2=r^2+s^2 \end{eqnarray*}$

Kann ich den Beweis so fortführen?

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