1 = 1. 6 Induktionsannahme: Die Formal gelte für n = k. Induktionsschritt: Gültigkeit der Formel für k+1: k 2 + (k + 1) 2 = 2 = 6 = 6

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Transkript

1 65 Eric Müller Vollstädige Iduktio Nach GIUSEPPE PEANO (858-93) ka ma die Mege N der atürliche Zahle durch folgede Axiome defiiere []:. ist eie atürliche Zahl.. Zu jeder atürliche Zahl gibt es geau eie weitere, ihre Nachfolger ' = Stets ist '. 4. Aus ' = m folgt = m. 5. Ist M eie Mege atürlicher Zahle mit de Eigeschafte: a) gehört zu M, b) we zu M gehört, so gehört auch + zu M, da umfasst M alle atürliche Zahle. Auf dem füfte Axiom beruht das Verfahre der vollstädige Iduktio, mit der ma Aussage ud Formel für alle atürliche Zahle beweise ka. Es eiget sich besoders für solche Aussage, die ma leichter für eie gegebee atürliche Zahl beweise ka, we ma bereits die Gültigkeit für kleiere Zahle, isbesodere die ächstkleiere Zahl, voraussetze ka. Isbesodere eiget sich die vollstädige Iduktio zum Beweis vo Eigeschafte rekursiv defiierter Folge. Das Grudprizip sieht folgedermaße aus:. Ma beweist die Aussage/Formel für die Zahl (Iduktiosafag oder Verakerug).. Ma immt a, die Aussage/Formel gelte bereits für eie atürliche Zahl (Iduktiosaahme). 3. Ma folgert die Gültigkeit für die ächste atürliche Zahl + (Iduktiosschritt). Die Erfüllugsmege der Aussage/Formel geügt da sämtliche Bediguge des füfte Axioms vo PEANO, ist also bereits N, so dass die Aussage/Formel für alle atürliche Zahle gilt. Aschaulich ka ma sich eie Folge dicht hitereiader sekrecht steheder Domiosteie vorstelle; stößt ma de erste Stei a, wirft er de ächste mit um, dieser wieder de ächste, so dass schließlich alle Steie umgefalle sid. Dem Iduktiosafag etspricht das Astoße des erste Steies, ud für de Iduktiosschritt ist es otwedig, dass die Steie so dicht hitereiader stehe, dass ei Stei im Falle de ächste umwerfe ka. Zeige, dass für alle atürliche Zahle folgede Formel gilt: = /6 ( + )( + ) Beweis mit vollstädiger Iduktio ach : Iduktiosafag: Für = hat die like Seite de Wert, die rechte ist gleich

2 66 3 =. 6 Iduktiosaahme: Die Formal gelte für = k. Iduktiosschritt: Gültigkeit der Formel für k+: k + (k + ) = k(k + )(k + ) k(k + )(k + ) + 6(k + ) + (k + ) = = 6 6 (k + ) ( k(k + ) + 6(k + ) ) (k + )(k + k + 6k + 6) (k + )(k + )(k + 3) = = = Die Formel gilt also auch für k+. Die Folge {a } sei defiiert durch a =, a + = 3a für alle atürliche. Zeige, dass für alle gilt: a = Beweis mit vollstädiger Iduktio ach : Iduktiosafag: Für = gilt a = = Iduktiosaahme: Die Formel gelte für = k. Iduktiosschritt: Da gilt: a k+ = 3a k = 3(3 k- + ) = 3 k + = 3 (k+)- + Der Iduktiosafag muss aber icht ubedigt a der Stelle erfolge. Ka ma de Iduktiosafag für eie atürliche (oder gaze) Zahl k 0 zeige ud de Iduktiosschritt vo auf + für alle k 0 durchführe, so gilt die Aussage/Formel für alle atürliche (oder gaze) Zahle größer oder gleich k 0. Für welche atürliche gilt >? Utersuchug mit vollstädiger Iduktio; der Iduktiosafag ist offebar möglich für =. Iduktiosaahme: Die Ugleichug gelte für = k. Zum Iduktiosschritt: Da ist k+ k > k. Wäre letzteres größer oder gleich (k + ), würde der Iduktiosschritt fuktioiere. Es ist k (k + ) k k + k + k k + (k ). Dies ist also erst möglich für k > 3. Somit passt obiger Iduktiosafag icht zum Iduktiosschritt, ma muss also eu veraker. Für die Werte, 3 ud 4 gilt die Ugleichug icht, aber für = 5 ist 5 = 3 > 5 = 5 ; dies passt zum Iduktiosschritt, der für 5 möglich ist. Die Ugleichug stimmt also für = ud 5. Ka ma eie Aussage/Formel für die Zahl k 0 zeige ud folgt aus der Gültigkeit für eie Zahl die für die Zahl +, so gilt die Aussage/Formel für alle gerade bzw. ugerade Zahle der Form k 0 + l mit l N 0 (Hierbei steht N 0 für N {0}). Ma ka diese Fall atürlich auch durch eie Parametertrasformatio i de Ausgagsfall überführe.

3 67 Für alle gerade N ist (+) ei Vielfaches vo 8. Beweis mit vollstädiger Iduktio: - Iduktiosafag für =: (+)=8. - Iduktiosaahme: Für gerades =k sei (+) Vielfaches vo 8. - Iduktiosschritt: Die Aussage gilt für k+. Es ist (k + )(k + 4) = k + 6k + 8 = k(k + ) + 4k + 8 = k(k + ) + 4(k + ). Da k gerade ist, ist auch k+ gerade, also 4(k+) durch 8 teilbar. Da k(k+) ach Iduktiosvoraussetzug durch 8 teilbar ist, ist es auch die Summe (k+)(k+4). Es ist auch erlaubt, dass ma zum Beweis der Iduktiosbehauptug zwei (oder auch mehrere) voragegagee Werte beutzt, zum Beispiel also die Aussage/Formel für + mit Hilfe der Gültigkeit der Aussage für ud - beweist. Dazu muss ma aber auch de Iduktiosafag für eie etsprechede Azahl aufeiaderfolgeder Zahle durchführe. I das Grudschema lässt sich dieser Fall dadurch brige, dass ma als eue vo abhägige Aussage setzt: Die ursprügliche Aussage gilt für die Werte ud +. Die eue Iduktiosvoraussetzug lautet da, dass die ursprügliche Aussage für die Werte k ud k+ gilt, ud zu zeige ist die eue Iduktiosbehauptug, dass die ursprügliche Aussage/Formel für die Werte k+ ud k+ gilt. Die Gültigkeit für de Wert k+ ist aber aus der Iduktiosvoraussetzug bereits klar. Aalog läuft dies ab, we ma mehr als zwei voragegagee Werte beötigt. Die Folge {a } sei defiiert durch a 0 =, a = 5 ud a + = 5a 6a - für N. Zeige: Für alle N 0 gilt a = + 3. Beweis mit vollstädiger Iduktio ach : Iduktiosafag für =0 ud =: a 0 = = , a = 5 = + 3. Iduktiosaahme: Die Formel gelte für =k ud =k+, wobei k N 0. Iduktiosschritt: Die Formel ist richtig für k+: a k+ = 5a k+ 6a k = 5( k+ + 3 k+ ) 6( k + 3 k ) = k+ + 3 k+ Es sei x eie vo 0 verschiedee reelle Zahl, für die x+/x gazzahlig ist. Zeige, dass da auch x + /x für alle N 0 gazzahlig ist. Beweis mit vollstädiger Iduktio ach : Iduktiosafag für = ist klar ud für =0 möglich wege x 0 + /x 0 = + =. Iduktiosaahme: Die Aussage gelte für =k ud =k- mit k N. Iduktiosschritt: Da ist x k+ + /x k+ = (x k + /x k )(x + /x) (x k- + /x k- ). Da auf der rechte Seite gaze Zahle stehe, ist auch die like Seite gazzahlig.

4 68 Es ist auch möglich, die Aussage/Formel für eie Zahl k 0 zu beweise ud für die Iduktiosbehauptug für m+ die Gültigkeit der Aussage/Formel für alle Zahle vo k 0 bis eischließlich m vorauszusetze (de dafür hat ma die Gültigkeit ja bereits gezeigt). Auf de Stadardfall ka ma dies dadurch zurückführe, dass ma als eue vo abhägige Aussage setzt, dass die ursprügliche Aussage für alle Zahle vo k 0 bis eischließlich k gilt. Jedes (icht otwedig kovexe) Vieleck lässt sich i Dreiecke zerlege. Beweis mit vollstädiger Iduktio ach der Eckezahl des Vielecks. Iduktiosafag: Für =3 ist die Aussage offebar erfüllt. Iduktiosaahme: Die Aussage gelte für alle Vielecke mit k Ecke. Iduktiosschritt: Gegebe sei ei (k+)-eck. Geligt es, zwei icht a derselbe Kate liegede Ecke durch eie gaz im Vieleck liegede Strecke miteiader zu verbide, wird das (k+)-eck i zwei Vielecke mit je höchstes k Ecke aufgeteilt, die sich ach Iduktiosvoraussetzug i Dreiecke zerlege lasse, somit auch das Ausgagsvieleck. Zu zeige ist also ur och die Existez eier derartige Sehe. Ist das (k+)-eck kovex, liegt die Verbidugsstrecke zweier Ecke ach Defiitio immer im Vieleck. Ist das (k+)-eck icht kovex, gibt es midestes eie Ecke E mit eiem überstumpfe Iewikel. Ei vo E ausgeheder Strahl i das Feld dieses Iewikels scheidet de Rad des Vielecks erstmals wieder i eier Kate oder Ecke. Im letztere Fall ist ma fertig; im erstere Fall ka ma de Strahl i midestes eier Richtug soweit im Wikelfeld drehe, dass eie Ecke erreicht wird (etweder eie Begrezugsecke dieser Kate oder eie adere hieiragede Ecke), weil jede Kate ur uter eiem höchstes stumpfe Wikel vo eiem icht vo eiem icht auf ihr liegede Pukt zu sehe ist. Polyome. Bezeichuge Es seie eie icht egative gaze Zahl, a 0, a, a,..., a Zahle aus Z, Q oder R ud X eie Variable. Da heißt ei Ausdruck P(X) = a X + a - X a X + a 0 oder kurz P Polyom, die Zahle a 0, a,..., a heiße Koeffiziete, a heißt Leitkoeffiziet, a 0 heißt kostater Term. Ist a =, so heißt das Polyom ormiert. Gilt a 0, so ist der Grad des Polyoms ud wird mit deg P bezeichet. Außerdem habe das Nullpolyom P(X) 0 Grad Null. Die Polyome vom Grad 0 heiße kostat, solche vom Grad liear, vom Grad quadratisch, vom Grad 3 kubisch. Kei Polyom sid Ausdrücke wie +/X oder uedliche Reihe wie + X + X + X Eie wichtige Eigeschaft vo Polyome ist (ohe Beweis):

5 69 Zwei Polyome sid geau da gleich, we sie gleiche Grad ud gleiche Koeffiziete habe.. Operatioe mit Polyome Ma ka Polyome addiere, subtrahiere ud multipliziere: ( 8X + ) + ( 5X + 4) = 5X + 8X + 6, ( X + )( X ) = X + X Daebe gibt es och eie Polyomdivisio, die wie die Divisio gazer Zahle icht immer ohe Rest abläuft, geauer gesagt, sid P ud Q Polyome, wobei Q(X) 0, gibt es Polyome S ud R mit P(X) = S(X)Q(X) + R(X), wobei R das Nullpolyom ist oder eie Grad kleier als deg Q hat. Zur praktische Ausführug der Polyomdivisio: (X 4 + X + ):(X + X + ) = X X + + X 4 + X 3 + X X 3 X 3 X X X + X + X + X + X + X + 3. Nullstelle vo Polyome Setzt ma i P(X) für die Variable X eie Zahl z ei, erhält ma de Wert P(z) des Polyoms a der Stelle z. Ist isbesodere P(z) = 0, heißt z Nullstelle vo P. Ist z eie Nullstelle vo P, so ethält P de Faktor X - z. Beweis: Polyomdivisio: P(X) = S(X)(X-z)+R(X). Der Rest R(X) ist das Nullpolyom oder hat Grad kleier als lieare Polyom deg(x-z), ist also kostat. Setze z für X ei. Da folgt R(z)=0; R ist also das Nullpolyom. Im allgemeie ist es sehr schwierig, die Nullstelle eies Polyoms zu bestimme. Allgemeie Lösugsformel dafür gibt es ach GALOIS ur bis zum Grad 4, aber sie sid ur bis zum Grad im Reelle hadhabbar. Nicht jedes Polyom mit reelle Koeffiziete hat auch reelle Nullstelle, z. B. das Polyom X + lässt sich icht als Produkt liearer Polyome mit reelle Koeffiziete schreibe. Es gelte aber folgede Aussage, die hier ohe Beweis agegebe werde:

6 70 Es sei P ei Polyom mit reelle Koeffiziete. Gibt es zwei reelle Zahle a ud b mit a < b, so dass P(a) ud P(b) verschiedee Vorzeiche habe, liegt im Itervall [a;b] midestes eie Nullstelle vo P. Jedes Polyom mit reelle Koeffiziete ud ugeradem Grad hat midestes eie reelle Nullstelle. Jedes Polyom mit reelle Koeffiziete lässt sich als Produkt liearer ud quadratischer Polyome mit reelle Koeffiziete schreibe, wobei ma es so eirichte ka, dass ur die quadratische Polyome keie reelle Nullstelle habe. Es gibt jedoch eiige Soderfälle, i dee Nullstelle auch vo Polyome vom Grad größer als im Reelle berechet werde köe: Ratioale Nullstelle vo Polyome mit gazzahlige Koeffiziete Es sei P(X) = a X + a - X a X + a 0 mit a 0 0 ei Polyom mit gazzahlige Koeffiziete mit ratioaler Nullstelle p/q, wobei p, q gaze Zahle sid ud p ud q teilerfremd. Da wird a 0 vo p ud a vo q geteilt; isbesodere sid alle ratioale Nullstelle ormierter Polyome mit gazzahlige Koeffiziete gazzahlig ud teile a 0. Beweis: p/q ist eie Nullstelle, also p p p 0 = a + a a + a 0 q q q q 0 = a p + a p q apq + a 0 q. Somit ist p als Faktor i de erste Summade ethalte ud teilt damit auch a 0 q. Da p ud q teilerfremd sid, teilt p auch a 0. Aalog folgt, dass q de Koeffiziete a teilt. Das Polyom P(X) = X 3 5X + X + hat keie ratioale Nullstelle, da P() = ud P( ) = 6. Nullstelle vo Polyome mit gazzahlige Koeffiziete lasse sich och durch folgede Satz ausschließe, der aber och viele weitere Aweduge hat: Es sei P ei Polyom mit gazzahlige Koeffiziete, ud a ud b zwei verschiedee gaze Zahle. Da teilt a b die Zahl P(a) P(b). Beweis: Für alle x, y aus R ud alle atürliche Zahle k gilt die Idetität x k y k = (x y)(x k- + x k- y xy k- + y k- ).

7 7 Hiermit ka ma aus P(a) P(b) de Faktor a b ausklammer. Es sei P ei Polyom mit gazzahlige Koeffziete ud P(0) = 770 sowie P() = 90. Zeige, dass 5 ud 9 keie Nullstelle vo P sei köe. Nach obigem Satz teilt 5 die Zahl P(5) P(). Wäre 5 eie Nullstelle, folgte, dass 3 die Zahl 90 teilt. Das ist ei Widerspruch. Außerdem müsste 9 0 die Zahl P(9) P(0) teile, we 9 eie Nullstelle wäre. Aber 9 teilt icht 770 (letztere Aussage folgt auch aus dem erste Satz). Reziproke Polyome Ei Polyom P(X) = a X + a - X a X + a 0 heißt reziprok, we a k = a -k für alle k = 0,,..., gilt. Es sei P(X) = a X + a - X a X + a 0 reziprokes Polyom vo ugeradem Grad. Da ist Nullstelle vo P, de es gilt P(-)= a + a a + a 0 = 0. Ma ka also P(X) = (X + )S(X) schreibe, wobei S reziprokes Polyom vo geradem Grad ist. Nu sei P(X) = a X + a - X a X + a 0 reziprokes Polyom vo geradem Grad = k. Wege a 0 = a 0 ka P icht die Nullstelle 0 habe. Es sei x Nullstelle. Da ist a k x k + a k- x k a x + a 0 = 0 a k x k + a k- x k a x -k + a 0 x -k = 0 :x k Letztere Gleichug ka ma wege a k-m =a m für m = 0,,..., k weiter zusammefasse: a 0 (x k + /x k ) + a (x k- + /x k- ) a k- (x + /x) + a k = 0 Zur Umformug der letzte Gleichug setzt ma zuächst s m = x m + /x m für m N 0. Ma ka leicht folgede Beziehuge achreche: s 0 =, s = x + /x, s m+ = (x + /x)s m s m- für m N 0. Damit ka ma s m für alle m N 0 i der Form s m = (x + /x) m + b m- (x + /x) m b (x + /x) + b 0 mit gazzahlige Koeffiziete b 0, b,..., b m- schreibe, wie ma leicht mit vollstädiger Iduktio zeige ka. Setzt ma och u = x + /x, ka ma die Nullstellebestimmug vo P auf die Ermittlug der Nullstelle u eies Polyoms vom Grad k zurückführe. Bestimme die Nullstelle des Polyoms X 5 + 3X 4 0X 3 0X + 3X +.

8 7 Das reziproke Polyom ugerade Grades hat Nullstelle. Nach Herausdividiere des Faktors X + bleibt das Polyom X 4 + X 3 X + X +. Für eie Nullstelle z gilt also z + /z + ( + /z) = 0 (z + /z) + (z + /z) 4 = 0 Setze u=z+/z. Da ist u + u 4 = (u + 6)(u 4) = 0, also u = 4 oder u = 6. Durch Auflöse der quadratische Gleichuge z uz + = 0 erhält ma schließlich als Nullstelle: + 3, 3, 3 + 8, 3 8,. 4. Satz vo Vietà Es sei P(X) = X + b - X b X + b 0 ormiertes Polyom vom Grad mit Nullstelle x,..., x. Nach Teil 3 ethält P die Faktore X x,..., X x. Teilt ma P durch diese Faktore, bleibt das kostate Polyom mit Wert übrig, da P ud (X x )...(X x ) beide ormiert sid ud selbe Grad habe. Somit besitzt P auch die Form P(X) = (X x )...(X x ). Durch Ausmultipliziere ergibt sich daraus (Satz vo Vietà): b - = x x... x b - = x x + x x x x x x x - x b -3 = (x x x 3 + x x x x - x - x ).. b = ( ) x x...x Die Ausdrücke auf de rechte Seite (ach Weglasse des evetuelle Vorfaktors ) heiße auch elemetarsymmetrische Fuktioe oder elemetarsymmetrische Polyome. Sie habe zuächst die Eigeschaft, dass ihr Wert uverädert bleibt, we ma die Variable beliebig vertauscht (permutiert). Darüber hiaus lässt sich sogar jeder durch Additio, Multiplikatio ud Skalarmultiplikatio aus x,..., x etstadee Ausdruck, der bei Permutatio vo x,..., x i sich übergeht, mit diese elemetarsymmetrische Fuktioe darstelle: Das Polyom X 3 ax + bx c habe die Nullstelle x, x ud x 3. Bestimme ei ormiertes Polyom dritte Grades mit de Nullstelle x x, x x 3 ud x x 3. Nach Satz vo VIETÀ ist zuächst a=x + x + x 3, b = x x + x x 3 + x x 3, c = x x x 3. Gesuchtes Polyom sei X 3 - αx + βx - γ, wobei α = x x + x x 3 + x x 3 = b β = (x x )(x x 3 ) + (x x )(x x 3 ) + (x x 3 )(x x 3 ) = (x + x + x 3 )x x x 3 = ac γ = (x x )(x x 3 )(x x 3 ) = c. Das gesuchte Polyom lautet also X 3 bx + acx c. Das Polyom 3X + ax (a reeller Parameter) hat die Nullstelle x ud x mit 6x + x = 0. Für welche Werte vo a ist dies möglich?

9 73 Normierug des Ausgagspolyoms: X a a + X. Nach Satz vo VIETÀ gilt x x, = a außerdem gilt ach Voraussetzug x = 6x, woraus sich a = 5x ergibt. Somit ist eie 5 Nullstelle des Ausgagspolyoms: a a a = Diese quadratische Gleichug hat die Lösuge 5 ud 5. Löse das folgede Gleichugssystem: x + y + z = 0, x + y + z =, x 3 + y 3 + z 3 = 0. Wir bezeiche die elemetarsymmetrische Fuktioe mit σ = x + y + z, σ = xy + yz + zx, σ 3 = xyz. Durch Vergleiche der Grade der Polyome ergebe sich folgede Asätze: x + y + z = kσ + lσ x 3 + y 3 + z 3 = mσ 3 + σ σ + σ 3. Durch Eisetze verschiedeer Werte für x, y ud z erhält ma k = m =, l =, = 3, p = 3. Somit lautet das Gleichugssystem umgeschriebe auf σ, σ ud σ 3 : σ = 0, σ σ =, σ 3 3σ σ + σ 3 = 0. Daraus folgt σ = 0, σ = ud σ 3 = 0. Berücksichtigt ma die Bedeutuge der elemetarsymmetrische Fuktioe im Satz vo VIETÀ, so müsse x, y ud z Nullstelle des Polyoms Y 3 - σ Y + σ Y - σ 3 = Y 3 Y = Y(Y + )(Y - ) sei. Daher gibt es für (x;y;z) die Möglichkeite (-; 0; ), (-;; 0), (0; -; ), (; -; 0), (0; ; -) ud (; 0; -). 5. Weitere Aufgabe Zum Themebereich der Polyome kame i de letzte Jahre u. a. folgede Aufgabe i der deutsche Mathematikolympiade vor:. Bereche Sie die Zahl , ohe die Zahlewerte der beide Produkte eizel zu bereche (34. Olympiade, 3. Stufe, Klasse 0, Aufgabe ).. Für jede gaze Zahl mit 0 sei f die durch f (x) = x 3 + ( + 3)x + x - + für alle reelle x defiierte Fuktio. Ma ermittle alle diejeige gaze Zahle 0, für die gilt: Alle Nullstelle vo f liege i eiem Itervall der Läge 3 (33. Olympiade, 3. Stufe, Klasse - 3, Aufgabe 3B).

10 74 Zur elemetare Zahletheorie. Grudlage Es seie a, b Z ud a 0. Schreibe a b, i Worte a teilt b, we es eie gaze Zahl gibt mit b = a. Es seie a,b,c Z ud c 0. Schreibe a b mod c, i Worte a kogruet b modulo c, we c a-b. Hierfür gelte folgede Regel (hieri seie a, b, c, d Z ud a ud b icht ull).. a b ud b c a c, a c ud a d a c+d ud a c - d.. Gilt a cd ud sid a ud c teilerfremd, folgt a d. 3. Aus a c folgt c 0 mod a. 4. Ist d der Rest vo c bei Divisio durch a, so ist c d mod a. 5. Sid c' ud d' Zahle mit c c' mod a ud d d' mod a, folgt c+d c'+d' mod a, c-d c'-d' mod a ud cd c'd' mod a. Letztere Gleichug gilt wege cd - c'd' = c(d - d') + (c - c')d' ud da d - d' ud c -c' durch a teilbar sid. 6. Ist P ei Polyom mit gazzahlige Koeffiziete, folgt P(c) P(c') mod a. Es gilt 0 mod 4 ud mod, aber icht 5 0 mod 6. Eie Gleichug a = b ka icht erfüllt sei, we ma eie atürliche Zahl fide ka, für die icht gilt: a b mod. Beweis: De aus a = b folgt für alle N: a b mod. Das Problem ist hierbei meist, eie geeigete Zahl zu fide, um die Ugleichheit zu zeige. Komme z. B. k-te Poteze für eie feste Wert vo k vor, ist es oft güstig, die Gleichug modulo k oder k zu betrachte ist keie Summe vo 3 Quadratzahle. Utersuche die Gleichug x + y + z = 8007 modulo 8. Wege (+8) mod 8 ud (8-) mod 8 braucht ma ur die Fälle {0;;;3;4} zu utersuche, um alle auftretede Reste herauszufide. Hierfür ergibt sich: mod

11 75 Nu hat 8007 de Rest 7 bei Divisio durch 8, ud es gibt keie Möglichkeit, durch Additio dreier Reste mit Werte 0, ud 4 de Rest 7 zu erhalte. Daher ist die Gleichug modulo 8 umöglich. Für kei N gilt Es ist sogar für alle N falsch, de wege 9 mod 4 ist mod 4, also 9 + icht durch 4 teilbar.. Satz vo EULER-FERMAT Es seie a ud c teilerfremde atürliche Zahle, außerdem N. Will ma de Rest vo a bei Divisio durch c bestimme ud ist recht groß, so ist es ützlich, eie Expoete m zu kee mit a m mod c, de für > m ist da a a m a -m a -m mod c. Auf diese Weise ka ma de Expoete vo a oft stark verkleier ud sich die Aufgabe erleichter. Nehme wir eimal a, es gebe eie kleiste atürliche Expoete m mit a m mod c. Da sid alle atürliche Expoete k mit a k mod c Vielfache vo m, de we ma k mit Rest durch m dividiert, erhält ma k = tm + r, r < m, also ist da a k a tm+r (a m ) t a r a r mod c. Da m die kleiste atürliche Zahl ist mit a m mod c, ka dies also ur gelte für r = 0. Mit dem Satz vo EULER-FERMAT ka ma ziemlich leicht ei für viele Aweduge geüged kleies Vielfaches vo m erhalte. Hierzu muss zuächst och die sogeate EULERsche φ- Fuktio eigeführt werde: Defiitio: Für gegebees N sei φ die Azahl der zu teilerfremde Zahle c mit c. φ(6) = (ämlich die Zahle ud 5). Ist p Primzahl, so gilt φ(p) = p -. Beweis: Die p - Zahle,,..., p- sid zu p teilerfremd. Allgemeie Bestimmug der Fuktioswerte a a ar Es sei = p p... p r die Zerlegug der atürliche Zahl i Primfaktore, wobei die Faktore p,..., p r Primzahle sid ud a,..., a r atürliche Zahle. Bestimme φ(), ausgehed vo der Mege {; ;...; } mit Elemete. Alle Vielfache vo p sid icht teilerfremd zu, dies schließt geau /p Zahle aus. Alle Vielfache vo p sid auch icht teilerfremd zu,

12 76 müsse also auch ausgeschlosse werde usw. Hierbei sid offebar eiige Zahle zuviel ausgeschlosse worde, ämlich z. B. die Vielfache vo p p eimal zu viel; sie müsse also wieder eigerechet werde, also p p Zahle, ebeso die Vielfache der adere Produkte zweier Primfaktore. Die Vielfache der Produkte dreier Primfaktore sid zuächst dreimal ausgeschlosse, da wieder dreimal eigerechet worde, müsse also ochmals ausgeschlosse werde usw. Schließlich erhält ma φ() = = p p... p r p + p p... + p p p r p p r r p p p 3 ( )... + p p...p φ(6) = 6 = ; ist p Primzahl, folgt φ(p) = p = p. 3 p r r = Satz vo EULER - FERMAT Es seie a ud c teilerfremde atürliche Zahle. Da gilt a φ(c) mod c. Beweis Es seie d,..., d φ(c) die zu c teilerfremde Zahle i {,..., c}. Da sid auch die Zahle ad,..., ad φ(c) teilerfremd zu c ud habe paarweise verschiedee Reste bei Divisio durch c; de sid k ud m Idices mit ad k ad m mod c, folgt c a(d k d m ) ud c d k d m ud d k = d m, da a ud c teilerfremd sid. Daher habe auch ad,..., ad φ(c) alle mögliche Reste bei Divisio durch c, die bei zu c teilerfremde Zahle auftrete köe, somit ist d...d φ(c) ad...ad φ(c) mod c d...d φ(c) a φ(c) d...d φ(c) mod c c (a φ(c) ) d...d φ(c) c (a φ(c) ) a φ(c) mod c. Welche Rest hat bei Divisio durch 6? 5337 ist teilerfremd zu 6, also ist 5337 φ(6) mod 6. Wege φ(6) = ist 5337 mod 6, also auch mod 6. Zeige Es ist 3 mod 7, mod 7, weiter ist φ(7) = 6, mod 6 ud mod 6. Damit folgt mod 7

13 77 3. Euklidischer Algorithmus Zur Bestimmug des größte gemeisame Teilers zweier icht egativer gazer Zahle zerlegt ma oft diese i Primfaktore ud sieht ach, welche Faktore bei beide Zahle vorkomme. Ma ka de größte gemeisame Teiler aber auch ohe Primfaktorzerlegug bestimme. Sid a, s ud b icht egative gaze Zahle mit sb a ud ist t gemeisamer Teiler vo a ud b, so teilt t auch a - sb ud b ud umgekehrt, d. h. die größte gemeisame Teiler bleibe uverädert. Durch fortgesetzte Awedug dieser Reduktio ka ma de allgemeie Fall auf de Fall, dass eie Zahl die Null ist, zurückführe. Der größte gemeisame Teiler vo a ud 0 ist aber offebar a für a N. Beispiel Es ist ggt(55; 3) = ggt(63; 3) = ggt( 3; 63) = ggt(4; 63) = ggt(63; 4) = = ggt(; 4) = ggt(; 0) =. Noch mehr Iformatio erhält ma mit folgedem erweiterte euklidische Algorithmus: Kurzform 55 = = = = = = Fazit: Zu zwei Zahle a ud b ka ma gazzahlige Vielfache ka ud mb bestimme, so dass ka+mb = ggt(a; b). Es seie a, teilerfremde atürliche Zahle. Da gibt es eie Zahl b Z mit ab mod. Beweis:. Möglichkeit: Da a ud teilerfremd sid, gibt es gazzahlige Vielfache k ud ma mit k+ma = ggt(a; ) =. Da ist aber ma mod. Setze also b = m.. Möglichkeit: Nach Satz vo EULER-FERMAT ist mit b = a φ()- auch ab a φ() mod. Bestimme die kleiste atürliche Zahl, die auf 986 edet ud durch 987 teilbar ist. Die Zahl hat die Darstellug 0000x mit x N 0. So ist x+986, also gibt es ei N mit 987 = 0000x bzw. 0000x - 987(-) =. Mit dem erweiterte euklidische Algorithmus erhält ma x = 4 ud = 078. Die Zahl lautet 4986.

14 78 4. Diophatische Gleichuge Diophatische Gleichuge sid Gleichuge, bei dee die Variable atürliche oder gaze Zahle sid. Dadurch ergebe sich meist starke Eischräkuge für die Lösuge, so dass oft auch eie Gleichug für mehrere Variable ur edlich viele Lösuge oder gar keie Lösuge hat, auch we dieselbe Gleichug für reelle Werte sehr viele Lösuge hat. Es gibt viele teils recht komplizierte Lösugsverfahre für Type diophatischer Gleichuge, vo dee hier ur die eifachste vorgestellt werde. Auf die Methode, die Gleichug modulo gewisser Zahle zu betrachte, um Lösugsmöglichkeite eizuschräke, wird hier icht weiter eigegage. Das Verfahre mit kojugierte Zahle steht i Teil 5.. Methode Zwische zwei aufeiaderfolgede gaze Zahle, gaze Quadratzahle, gaze Kubikzahle usw. ist kei weitere gaze Zahl, gaze Quadratzahl, gaze Kubikzahl usw. Fide alle x, y N 0 mit x 3 + 8x 6x + 8 = y 3. Es ist (x+3) 3 = x 3 + 9x + 7x + 7 > x 3 + 8x - 6x + 8 > x 3 + 6x + x + 8 = (x+) 3, sofer x - 8x > 0 ist. Dies gilt für x > 9, d. h. für x > 9 hat die Gleichug keie Lösug. Die Fälle x < 9 ka ma durchprobiere ud erhält die Lösuge (0;) ud (9;).. Methode: Ist eie gaze Quadratzahl, Kubikzahl usw. Produkt teilerfremder Zahle, so sid die Faktore ebefalls Quadratzahle, Kubikzahle usw. Zeige, dass die Gleichug x = 4y(y+) keie gazzahlige Lösuge hat. Es ist x 3 = 4y + 4y - 3 = (y+3)(y-). Die beide Faktore auf der rechte Seite sid ugerade ud teilerfremd, de jeder gemeisamer Teiler ist auch gemeisamer Teiler ihrer Differez, ämlich 4. Es sei p ei Primfaktor vo x. Da y+3 ud y- teilerfremd sid, steckt p 3 i geau eiem der Faktore. Daher sid y+3 ud y- selbst Kubikzahle: y + 3 = a 3, y = b 3 a 3 b 3 = 4. Letztere Gleichug hat keie Lösuge. 3. Methode ( Ratioale Parametrisierug vo Kegelschittsgleichuge ) Gegebe sei eie ratioale Zahl u 0. Fide ratioale Zahle x, für die x + u Quadrat eier ratioale Zahl ist. Dies ist offebar möglich, we es ratioale Zahle a ud b mit x = a - b ud u = 4ab gibt, de da ist x + u = (a+b). Wege u 0 sid auch a ud b vo Null verschiede. Somit ist b =, also x = a -. u u 4a 4a u Fazit: Für a Q\{0} ud x = a - ist x + u Quadrat eier ratioale Zahl. (Dies sid üb- 4a riges auch alle Möglichkeite, weil ma a ud b aus x = a - b ud a + b = gewie ka ud da otwedig u = 4ab gilt). x + u zurück-

15 79 Es gibt keie atürliche Zahl >, für die - Quadratzahl ist, aber uedlich viele ratioale Zahle q >, für die q - q Quadratzahl ist. a) Für alle > ist > > (-), also Ausschluss ach der erste Methode. c) Es ist q - q = q. Für ratioales a ugleich 0 ud q = a ist q q 4 4 4a Quadratzahl. Für a > ist q = + a + > Zahl der gewüschte Form. 6a 5. Kojugierte Zahle Es seie a, b ratioale Zahle ud d N, wobei d keie Quadratzahl ist. Da ist die Darstellug a+b d eideutig, de für a + b d = a' + b' d mit a a' ist auch b b', ud für b a a' b' gilt a - a' = (b '- b d ), also d = im Widerspruch zur Irratioalität vo d. Aus a b b' + b d erhält ma also eideutig a ud b. Ma ka also defiiere: Defiitio: Die zu a + b d kojugierte Zahl ist a + b d = a b d. Ma ka folgede Regel achreche: Für Zahle x ud y der obe agegebee Form gilt x = x, x + y = x + y, x y = x y, xy = x y, x + x Q Sid die beide ratioale Koeffiziete sogar gazzahlig, ist gaze Zahl. x + x sogar eie gerade Bestimme alle gazzahlige/ratioale Lösuge vo ( a + b 3) + ( c + d 3) = + 3 We diese Gleichug gilt, da ist auch die kojugierte Gleichug 4 4 ( a b 3) + ( c d 3) = 3 wahr. Hiervo ist aber die rechte Seite egativ, wogege die like Seite als Summe reeller vierter Poteze icht egativ sei ka. Somit hat die Gleichug keie ratioale Lösuge, also erst recht keie gazzahlige. 4 4

16 ugerade ist (Hierbei bezeichet [x] die größte gaze Zahl, die Zeige, dass ( ) kleier oder gleich der relle Zahl x ist). Nach der obige Theorie ist ( 5 ) 60 + ( 5 ) 60 + eie gerade gaze Zahl. Weiter ist 0 < 5 - <, also auch 0 < ( 5 ) 60 <, also 60 ( 5 + ) = ( 5 + ) 60 + ( 5 ) 60 - ugerade, weil ( 5 + ) 60 + ( 5 ) 60 gerade ist. 6. Weitere Aufgabe Zum Themebereich der elemetare Zahletheorie kame i de letzte Jahre u.a. folgede Aufgabe i der deutsche Mathematikolympiade vor:. Es seie a ud b je eie der Ziffer,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ferer sei z diejeige atürliche Zahl, dere Zifferdarstellug im Dezimalsystem ababab lautet. Ma beweise, dass jede so zu beschreibede Zahl z durch 48 teilbar ist. (35. Olympiade,. Stufe, Klasse 0, Aufgabe 3). Ma ermittle alle diejeige Paare (x;y) positiver gazer Zahle x, y, welche die Gleichug 0x 3 - (y + 5)x + (y-4)x + 76 = 0 erfülle. 3. Ma ermittle für jede atürliche Zahl die größte Zweierpotez, die ei Teiler der Zahl ( 4 + 8) ist. (33. Olympiade, 3. Stufe, Klasse - 3, Aufgabe 6) 4. Ermittel Sie alle positive Zahle mit der Eigeschaft, dass die drei Zahle +, +0 ud +55 eie gemeisame Teiler größer als habe. (33. Olympiade, 3. Stufe, Klasse 9, Aufgabe 5) 5. Ist m eie atürliche Zahl mit m, so werde eie Zahlefolge {x } für = 0,,,... durch die Festsetzuge defiiert, dass x 0 = 0, x = gelte soll ud für 0 jeweils x + der Rest (mit 0 x + < m) sei soll, de x + + x bei Divisio durch m lässt. Ma utersuche, ob zu jeder atürliche Zahl m eie atürliche Zahl k existiert, mit der die drei Gleichuge x 0 =x k, x = x k+ ud x = x k+ gelte. (33. Olympiade, 3. Stufe, Klasse -3, Aufgabe 3A) 6. Für jede positive gaze Zahl deke ma sich ach folgeder Vorschrift eie weitere Zahl ' gebildet: Aus der Zifferdarstellug vo im Dezimalsystem wird die erste Ziffer weggeomme ud statt desse hiter die letzte Ziffer agefügt. Da sei ' die Zahl mit der etstadee

17 8 Zifferdarstellug (Bei dieser Zifferdarstellug vo ' wird auch die Möglichkeit eier Afagsziffer Null zugelasse, we ämlich die zweite Ziffer vo eie Null war). Utersuche Sie, ob es durch 7 teilbare Zahle gibt, für die ' = :7 gilt. Ermittel Sie, we es solche Zahle gibt, die kleiste uter ihe. (33. Olympiade, 3. Stufe, Klasse 0, Aufgabe ) 7. Jemad fidet die Agabe 3! = *8849* Dari sid auch die zwei durch * agedeutete uleserliche Ziffer. Er möchte diese Ziffer ermittel, ohe die Multiplikatioe vorzuehme, die der Defiitio vo 3! etspreche. Führe Sie eie solche Ermittlug durch ud begrüde Sie sie. Dabei darf verwedet werde, dass die agegebee Ziffer korrekt sid (Hiweis: Für jede positive gaze Zahl wird! defiiert als das Produkt aller positive gaze Zahle vo bis ). 33. Olympiade, 4. Stufe, Klasse 0, Aufgabe 4) Quellehiweise Die Ausführuge folge teilweise de Skripte Zur vollstädige Iduktio a ugewöhliche Beispiele vo Dr. Horst Seweri sowie Polyome ud Defiitioe ud Sätze aus der Zahletheorie vo Prof. Arthur Egel, die im Rahme der Vorbereitug auf die Iteratioale Mathematikolympiade verwedet werde. [] Karl Strubecker, Eiführug i die höhere Mathematik, Bad, Oldebourg-Verlag, Müche 966 Aschrift des Autors: Dr. Eric F. Müller Alramstraße Müche

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