Potenzen natürlicher Zahlen

06.01.2019, 20:30

sumpot

Potenzen natürlicher Zahlen

Hallo

Sei $\begin{eqnarray*} N_2 \end{eqnarray*}$ die Menge aller natürlichen Zahlen ab 2.
Ferner sei die Menge P definiert als die Menge aller Potenzen $\begin{eqnarray*} n^h \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} n,h \in N_2 \end{eqnarray*}$ .

Zu zeigen ist nun die Identität $\begin{eqnarray*} \sum_{n \in P} \frac{1}{n-1}=\sum_{n \in P} \sum_{k \in N} \frac{1}{n^k} \end{eqnarray*}$

Mein Ansatz ist zu zeigen, dass $\begin{eqnarray*} \sum_{k \in N} \frac{1}{n^k}=\sum_{k \in N} (\frac{1}{n})^k=\frac{1}{n-1} \end{eqnarray*}$ gilt.
Jedoch würde bei mir mittels geometrischer Summenformel $\begin{eqnarray*} \frac{1}{1-\frac{1}{n}}=\frac{n}{n-1} \end{eqnarray*}$ rauskommen.

Ein Gedanke war noch, dass der Aufgabensteller womöglich die Menge der natürlichen Zahlen N stillschweigend ab 1 beginnen lässt und ich somit noch das 0-te Glied der geometrischen Summe, also 1, von meinem Ergebnis subtrahieren muss, was dann tatsächlich zu $\begin{eqnarray*} \frac{n}{n-1}-1=\frac{1}{n-1} \end{eqnarray*}$ führen würde.

Was sagt ihr zu meinem Ansatz bzw. zu meinen Gedanken ?

06.01.2019, 21:53

Dustin

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Das sieht doch sehr gut bzw. nach der richtigen Lösung aus. Dass die natürlichen Zahlen bei 1 beginnen, ist eine sehr übliche Konvention (üblicher als die Konvention, dass auch Null eine natürliche Zahl ist).

06.01.2019, 23:27

sumpot

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Danke, dann wird das schon so passen. Freude

Nun soll noch gezeigt werden, dass die folgende Abbildung bijektiv ist:

$\begin{eqnarray*} f: N_2 \times N_2 \rightarrow P \times N \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(m,j)=(m,j) \ ~ \text{falls} \ ~ m \in P \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f(m,j)=(m^j,1) \ ~ \text{falls} \ ~ m \notin P \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} m \in P \end{eqnarray*}$ liegt ja die identische (und damit bijektive) Abbildung vor - oder sollte man das noch sauberer ausführen ?

Für $\begin{eqnarray*} m \notin P \end{eqnarray*}$ wollte ich jetzt einzeln Injektivität und Surjektivität zeigen:

Es folgt für zwei gleiche Bilder $\begin{eqnarray*} f(m_1,j_1)=f(m_2,j_2) \end{eqnarray*}$ und damit $\begin{eqnarray*} m_1^{j_1}=m_2^{j_2} \end{eqnarray*}$ für den Fall $\begin{eqnarray*} m_1=m_2 \end{eqnarray*}$ direkt $\begin{eqnarray*} j_1=j_2 \end{eqnarray*}$ .

Aber auch wenn die Basen nicht gleich sind, könnten zumindest theoretisch gleiche Potenzwerte entstehen (z.B. $\begin{eqnarray*} 2^4=4^2 \ ~ \text{oder} \ ~ \ 3^4=9^2 \end{eqnarray*}$ ).
Das müsste ich dann ja noch auf diese Aufgabe bezogen zu einem Widerspruch führen, der vermutlich dadurch entsteht, dass für $\begin{eqnarray*} m_1 \neq m_2 \end{eqnarray*}$ die Gleichheit $\begin{eqnarray*} m_1^{j_1}=m_2^{j_2} \end{eqnarray*}$ nur gilt,
wenn $\begin{eqnarray*} m_k \in P \end{eqnarray*}$ . Folgen könnte das ja aus den Potenzgesetzen via Konstruktion $\begin{eqnarray*} m_2=m_1^{\frac{j_1}{j_2}} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m_1<m_2 \ ~ \text{und} \ ~ j_1>j_2 \end{eqnarray*}$

Nur reicht diese Argumentation schon aus oder vergesse ich noch weitere Varianten für die Gleichheit ?

Ist das überhaupt ein üblicher Weg oder mache ich es mir zu kompliziert ?

07.01.2019, 22:52

sumpot

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Ist es evtl besser einen neuen Thread zu starten, da der Titel "Potenzen natürlicher Zahlen" beim aktuellen Aufgabenteil eher unpassend ist, weil es jetzt primär in Richtung Bijektivität (und später noch um das Auswerten einer Reihe) geht ?

Oder soll ich versuchen hier weiterzumachen ?

07.01.2019, 23:22

10001000Nick1

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Das passt schon; hat ja schon noch irgendwie miteinander zu tun. Augenzwinkern

Zitat:

Original von sumpot
Für $\begin{eqnarray*} m \in P \end{eqnarray*}$ liegt ja die identische (und damit bijektive) Abbildung vor - oder sollte man das noch sauberer ausführen ?

Für $\begin{eqnarray*} m \notin P \end{eqnarray*}$ wollte ich jetzt einzeln Injektivität und Surjektivität zeigen:

Das reicht nicht. Wieso sollte aus Injektivität auf irgendwelchen eingeschränkten Definitionsbereichen die Injektivität der ursprünglichen Funktion folgen?
Es könnte ja z.B. sein, dass $\begin{eqnarray*} f(m_1, j_1)=f(m_2, j_2) \end{eqnarray*}$ mit irgendwelchen $\begin{eqnarray*} m_1\in P, m_2\not\in P \end{eqnarray*}$ . Diesen Fall hättest du ja gar nicht berücksichtigt.

Und als Abbildung auf welchen Wertebereich sollen die eingeschränkten Funktionen surjektiv sein? Sicherlich nicht auf $\begin{eqnarray*} P\times \mathbb N \end{eqnarray*}$ .

Ich würde folgendes vorschlagen
Nimm dir beim Nachweis der Injektivität zwei Paare $\begin{eqnarray*} (m_1, j_1), (m_2, j_2)\in \mathbb N_2\times \mathbb N_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(m_1, j_1)=f(m_2, j_2) \end{eqnarray*}$ . Jetzt betrachtest du nacheinander die drei Fälle $\begin{eqnarray*} m_1, m_2\in P, \quad m_1, m_2\not\in P \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m_1\in P, m_2\not\in P \end{eqnarray*}$ (bzw. umgekehrt).

08.01.2019, 13:22

sumpot

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} m_1\in P, m_2\not\in P \end{eqnarray*}$

Stimmt, das hatte ich noch gar nicht betrachtet.

Ich versuche es also gemäß deinem Vorschlag mal etwas sauberer:

$\begin{eqnarray*} m_1,m_2 \in P \end{eqnarray*}$ (Fall 1)

$\begin{eqnarray*} f(m_1,j_1)=f(m_2,j_2) \Rightarrow (m_1,j_1)=(m_2,j_2) \Rightarrow m_1=m_2 \wedge j_1=j_2 \Rightarrow injektiv \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} m_1,m_2 \notin P \end{eqnarray*}$ (Fall 2)

$\begin{eqnarray*} f(m_1,j_1)=f(m_2,j_2) \Rightarrow (m_1^{j_1},1)=(m_2^{j_2},1) \Rightarrow m_1^{j_1}=m_2^{j_2} \end{eqnarray*}$ (weitere Argumentation siehe mein voriger Beitrag, oder war das nicht korrekt ?)

$\begin{eqnarray*} m_1 \in P,m_2 \notin P \end{eqnarray*}$ (Fall 3)

$\begin{eqnarray*} f(m_1,j_1)=f(m_2,j_2) \Rightarrow (m_1,j_1)=(m_2^{j_2},1) \Rightarrow j_1=1 \wedge m_1=m_2^{j_2} \Rightarrow \begin{cases}<br /> m_1=m_2 & falls \ ~ \ j_2=1 \Rightarrow injektiv\\<br /> m_2=m_1^{\frac{1}{j_2}}=(n^h)^{\frac{1}{j_2}}=(n)^{\frac{h}{j_2}} & falls \ ~ \ j_2 > 1 \wedge \frac{h}{j_2} \in N_2 \Rightarrow Widerspruch \ da \ m_2 \in P\\<br /> m_2=m_1^{\frac{1}{j_2}}=(n^h)^{\frac{1}{j_2}}=(n)^{\frac{h}{j_2}} & falls \ ~ \ j_2 > 1 \wedge \frac{h}{j_2} \notin N_2 \Rightarrow Widerspruch \ da \ m_2 \notin N<br /> \end{cases} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} m_1 \notin P,m_2 \in P \end{eqnarray*}$ (Fall 4)

analog zu Fall 3

Ist das so in Ordnung oder gibt es noch Fehler oder Ungenauigkeiten ?

08.01.2019, 15:08

10001000Nick1

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Zitat:

Original von sumpot
(weitere Argumentation siehe mein voriger Beitrag, oder war das nicht korrekt ?)

Ich sehe nicht wirklich, woraus da der Widerspruch folgen soll; das musst du schon genauer begründen.

Und bei Fall 3 hast du es dir zu kompliziert gemacht: Mit der Folgerung $\begin{eqnarray*} j_1=1 \end{eqnarray*}$ hast du schon den Widerspruch; denn laut Definition soll ja $\begin{eqnarray*} j_1\in\mathbb N_2 \end{eqnarray*}$ sein.

[Und auch wenn du es jetzt nicht mehr brauchst, noch ein Hinweis:

Zitat:

Original von sumpot
$\begin{eqnarray*} m_2=m_1^{\frac{1}{j_2}}=(n^h)^{\frac{1}{j_2}}=(n)^{\frac{h}{j_2}} & falls \ ~ \ j_2 > 1 \wedge \frac{h}{j_2} \notin N_2 \Rightarrow Widerspruch \ da \ m_2 \notin N \end{eqnarray*}$

Was ist, wenn $\begin{eqnarray*} \frac{h}{j_2}=1 \end{eqnarray*}$ ist? Dann ist $\begin{eqnarray*} n^\frac{h}{j_2}=n\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ .
Und auch, wenn $\begin{eqnarray*} \frac{h}{j_2}\not\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ist, kann trotzdem $\begin{eqnarray*} n^{\frac{h}{j_2}} \end{eqnarray*}$ eine natürliche Zahl sein (z.B. $\begin{eqnarray*} 4^\frac 12=2\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ ).]

08.01.2019, 15:38

HAL 9000

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Zitat:

Original von sumpot
Das müsste ich dann ja noch auf diese Aufgabe bezogen zu einem Widerspruch führen, der vermutlich dadurch entsteht, dass für $\begin{eqnarray*} m_1 \neq m_2 \end{eqnarray*}$ die Gleichheit $\begin{eqnarray*} m_1^{j_1}=m_2^{j_2} \end{eqnarray*}$ nur gilt, wenn $\begin{eqnarray*} m_k \in P \end{eqnarray*}$ . Folgen könnte das ja aus den Potenzgesetzen via Konstruktion $\begin{eqnarray*} m_2=m_1^{\frac{j_1}{j_2}} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m_1<m_2 \ ~ \text{und} \ ~ j_1>j_2 \end{eqnarray*}$

Auf mich wirkt das etwas unsauber. Ich würde diesen Teil so aufziehen:

Nachweisen ist ja, dass zu gegebenen $\begin{eqnarray*} n\in P \end{eqnarray*}$ die Gleichung $\begin{eqnarray*} m^j=n \end{eqnarray*}$ hinsichtlich $\begin{eqnarray*} m\in \mathbb{N}\setminus P,\; j\in\mathbb{N}_2 \end{eqnarray*}$ eindeutig lösbar ist.

Zu dem Zwecke betrachte man die Primfaktorzerlegungen von $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ , d.h. $\begin{eqnarray*} n=p_1^{u_1}\cdot \ldots p_r^{u_r} \end{eqnarray*}$ sowie $\begin{eqnarray*} m=p_1^{v_1}\cdot \ldots p_r^{v_r} \end{eqnarray*}$ , außerdem sei $\begin{eqnarray*} g:=\operatorname{ggT}(v_1,\ldots,v_r) \end{eqnarray*}$ .

Aus $\begin{eqnarray*} n=m^j \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} u_i=jv_i \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} i=1,\ldots,r \end{eqnarray*}$ , und aus $\begin{eqnarray*} m\in \mathbb{N}\setminus P \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} g=1 \end{eqnarray*}$ , denn mit $\begin{eqnarray*} g\geq 2 \end{eqnarray*}$ würde gelten $\begin{eqnarray*} m = \left(\sqrt[g]{m}\right)^g\in P \end{eqnarray*}$ , Widerspruch.

Damit folgt zwangsläufig $\begin{eqnarray*} j=\operatorname{ggT}(u_1,\ldots,u_r) \end{eqnarray*}$ und zugeordnet dann $\begin{eqnarray*} m = \sqrt[j]{n} \end{eqnarray*}$ .

08.01.2019, 17:09

sumpot

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Zitat:

Mit der Folgerung j1=1 hast du schon den Widerspruch

Daran hatte ich auch erst gedacht, hatte dann den Gedanken wieder verworfen, weil ich dachte, dass im Bild wegen PxN ja durchaus alle natürlichen Zahlen für j auftreten dürfen.
Andererseits entstehen die Bilder ja aus den Elementen des in N2xN2 definierten Bereichs, weshalb dann wohl doch j1=1 nicht erlaubt ist.

Kommen wir also nochmal zu Fall 2 mit $\begin{eqnarray*} m_1,m_2 \notin P \end{eqnarray*}$ an der Stelle $\begin{eqnarray*} m_1^{j_1}=m_2^{j_2} \end{eqnarray*}$ :

Für $\begin{eqnarray*} m_1=m_2 \end{eqnarray*}$ , also Basengleichheit, sollte meine Argumentation passen, oder ?

Nun zu $\begin{eqnarray*} m_1 \neq m_2 \end{eqnarray*}$ und der damit verbundenen Konstruktion $\begin{eqnarray*} m_2=m_1^{\frac{j_1}{j_2}} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m_1<m_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} j_1>j_2 \end{eqnarray*}$ ( $\begin{eqnarray*} j_1=j_2 \end{eqnarray*}$ führt ja zu $\begin{eqnarray*} m_2=m_1 \end{eqnarray*}$ wie oben bzw widerspricht $\begin{eqnarray*} m_1 \neq m_2 \end{eqnarray*}$ )

Falls nun wiederum $\begin{eqnarray*} \frac{j_1}{j_2} \in N_2 \end{eqnarray*}$ , dann wäre ja $\begin{eqnarray*} m_2 \in P \end{eqnarray*}$ und damit ein Widerspruch zur Annahme.

Falls jedoch $\begin{eqnarray*} \frac{j_1}{j_2} \notin N_2 \end{eqnarray*}$ (wie z.B. bei $\begin{eqnarray*} m_2=4^{\frac{3}{2}}=8=2^3 \in P \end{eqnarray*}$ ), dann kann $\begin{eqnarray*} m_2 \end{eqnarray*}$ zwar eine natürliche Zahl sein, aber trotzdem würde wiederum wegen $\begin{eqnarray*} m_2=m_1^{\frac{j_1}{j_2}}=(m_1^{\frac{1}{j_2}})^{j_1} \end{eqnarray*}$ ein Element aus P vorliegen, zumindest schon mal für $\begin{eqnarray*} m_1=m^{j_2} \end{eqnarray*}$ ---> Widerspruch
Falls $\begin{eqnarray*} m_1 \neq m^{j_2} \end{eqnarray*}$ - also $\begin{eqnarray*} m_1^{\frac{1}{j_2}} \end{eqnarray*}$ irrational - dann muss um überhaupt eine natürliche Zahl zu sichern $\begin{eqnarray*} j_1=k \cdot j_2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k \in N_2 \end{eqnarray*}$ gelten, wodurch aber erneut $\begin{eqnarray*} m_2=m_1^k \end{eqnarray*}$ und damit ein Element aus P entstehen würde ---> Widerspruch

Ich hoffe die Arbeit hat sich gelohnt und ich habe es jetzt. verwirrt

@ HAL9000

Ich habe an meiner Antwort etappenweise und daher lange geschrieben und deine Antwort erst bei der letzten Vorschau eben gesehen.
Ich schaue mir deinen Weg auf jeden Fall nochmal genauer an und werde ihn - falls mein Weg einfach nicht zielführend ist - dann auch für einen neuen Lösungsansatz wählen / in Betracht ziehen.

10.01.2019, 01:24

10001000Nick1

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Wenn der Definitionsbereich der Funktion $\begin{eqnarray*} \mathbb N_2\times \mathbb N_2 \end{eqnarray*}$ ist, muss das zweite Argument der Funktion aus $\begin{eqnarray*} \mathbb N_2 \end{eqnarray*}$ stammen; völlig egal, was der Wertebereich ist.

Wenn du in deinem Beweis neue Variablen einführst (hier das $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ ), solltest du auch sagen, was das überhaupt sein soll.
Also z.B. " $\begin{eqnarray*} m_1=m^{j_1} \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} m\in\mathbb N_2 \end{eqnarray*}$ " oder " $\begin{eqnarray*} m_1\neq m^{j_1} \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} m\in\mathbb N_2 \end{eqnarray*}$ "

Oder du lässt das $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ gleich weg; stattdessen könntest du auch schreiben "Falls $\begin{eqnarray*} m_1^{\frac{1}{j_1}}\in\mathbb N_2 \end{eqnarray*}$ …" usw.

Und dann fehlt für den letzten Schritt auch noch ein Beweis der Tatsache, dass für $\begin{eqnarray*} m\in P \end{eqnarray*}$ und natürliche Zahlen $\begin{eqnarray*} a,b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \frac ab\not\in\mathbb N \end{eqnarray*}$ die Potenz $\begin{eqnarray*} m^\frac ab \end{eqnarray*}$ immer irrational ist. das läuft dann aber so ziemlich auf das hinaus, was HAL 9000 geschrieben hat.

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