Zahlentheorie

27.09.2004, 21:17	Gustav	Auf diesen Beitrag antworten »
Zahlentheorie Aufgabe: Man beweise, dass der Flächeninhalt eines rechtwinkligen Dreiecks mit ganzzahligen Seitenlängen keine Quadratzahl ist. Ein vektorieller Beweis erscheint mir hier kaum realisierbar, deshalb habe ich als Ansatz: Beh.: Es sei $\begin{eqnarray} n \in \mathbb N \end{eqnarray}$ und mit x,y und z seien die Seitenlängen des Dreiecks bezeichnet. O.B.d.A. sei z die Hypothenuse des Dreiecks. zu Zeigen: $\begin{eqnarray} x^2+y^2=z^2\Rightarrow\frac{1}{2}xy\neq n^2 \end{eqnarray}$ Ferner wird (x,y,z) als ein primitives pythagoreisches Tripel angenommen, also: $\begin{eqnarray} (x,y,z) = (a^2-b^2,2ab,a^2+b^2) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} a, b \in \mathbb N \end{eqnarray}$ , a > b und ggT(a,b) = 1. also: $\begin{eqnarray} \frac{1}{2}xy = ab(a^2-b^2) \end{eqnarray}$ Nehmen wir nun an, es wäre $\begin{eqnarray} ab(a^2-b^2) = n^2 \end{eqnarray}$ so gäbe es wegen $\begin{eqnarray} ggT(a,b,a^2-b^2) = 1 \end{eqnarray}$ natürliche Zahlen u, v, w, s.d. $\begin{eqnarray} a = u^2, b = v^2, a^2-b^2=w^2 \end{eqnarray}$ Das muss ich jetzt irgendwie auf einen Widerspruch führen. Wie könnte ich jetzt weitermachen?
30.09.2004, 00:52	Brynn	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Gustav, Damit du hier mal eine Rückmeldung bekommst: Dein Weg ist bis zu der Stelle vollkommen korrekt. Du könntest sogar noch a^2 - b^2 in (a+b)(a-b) aufteilen und wüsstest dann sogar, dass die beiden Faktoren jeweils Quadratzahlen sind. Dann hätte man insbesondere u^2 + v^2 = f^2. Leiden konnte ich dann nicht zeigen, dass 0.5uv eine Quadratzahl ist. Wäre mir das noch irgendwie gelungen, hätte man dein obiges Tripel (x,y,z) so wählen können, dass z minimal ist, und weil f aber kleiner als z ist, hätte man einen Widerspruch erhalten. Aber wie gesagt, ist da noch eine Lücke... Grüsslis, Brynn
30.09.2004, 18:32	Gustav	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für die Hilfe. Ich habe etwas gefunden was mir geholfen hat, hier der Rest (nach FERMAT): wegen $\begin{eqnarray} a^2-b^2 = (a+b)(a-b), ggt((a+b),(a-b))=1 \end{eqnarray}$ müssen auch (a+b) und (a-b) Quadrate sein: $\begin{eqnarray} a+b=u^2+v^2=p^2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} a-b = u^2-v^2=q^2 \end{eqnarray}$ Also: $\begin{eqnarray} p^2 = q^2 + 2 v^2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} q^2+v^2=u^2 \end{eqnarray}$ und damit: $\begin{eqnarray} 2v^2 = (p-q)(p+q), ggT((p-q),(p+q))=2 \end{eqnarray}$ deshalb ist o.B.d.A.: $\begin{eqnarray} p+q=2r^2, p-q = 4s^2 \end{eqnarray}$ folglich ist $\begin{eqnarray} u^2=(r^2)^2+(2s^2)^2 \end{eqnarray}$ Es wurde also ein Tripel konstruiert, für welches das Dreieck einen kleineren Flächeninhalt besitzt als das ursprünglich Dreieck. Der Satz ist also mit der Methode des unendlichen Abstiegs bewiesen.
30.09.2004, 22:17	Brynn	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Gustav, Das ist aber hübsch. Danke für die Lösung - sonst hätte mich das noch tagelang gequält. Grüsslis, Brynn

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