Lösungsvorschläge zu ausgewählten Übungsaufgaben aus Storch/Wiebe: Lehrbuch der Mathematik Band 1, 3.Aufl. (Version 2010), Kapitel 1

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1 Lösugsvorschläge zu ausgewählte Übugsaufgabe aus Storch/Wiebe: Lehrbuch der Mathemati Bad, 3.Aufl. Versio 00, Kapitel Mege ud Abbilduge Abschitt.A, Aufg., p : Für Mege A ud B sid folgede Aussage äquivalet: A B. A B A. 3 A B B. 4 A B. 5 B B A A. 6 Für jede Mege C ist A B C A C B. 7 Es gibt eie Mege C mit A B C A C B. Beweis: Sei A B. Stets gilt atürlich A B A, da alle Elemete vo A B i A ud i B liege. Umgeehrt zeige wir A A B. Sei dazu x A. Wege A B ist da auch x B ud somit x A B. Isgesamt folgt A B A. Sei A B A. Wir zeige A B. Sei dazu x A. Da ist aber auch x A A B ud somit x B. 3 Sei A B. Wir zeige A B B. Sei dazu x A B, d.h. x A oder x B. Im erste Fall ist x A B, also auch x B, im zweite Fall ist sowieso x B. B A B gilt stets. Isgesamt folgt A B B. 3 Sei A B B. Wir zeige A B. Sei dazu x A. Da ist aber auch x A B B. 4 Sei A B. Wir zeige A B. Ageomme, es gäbe ei x A B, d.h. mit x A ud x / B. Wege A B folgt aus x A aber x B im Widerspruch zu x / B. Also a es ei Elemet x A B gebe. 4 Sei A B. Wir zeige A B. Sei dazu x A. Wäre da x / B, so wäre aber x A B im Widerspruch zu A B. Also ist auch x B. 5 Sei A B. Wir zeige B B A A. Sei dazu x B B A. Da ist sicher x B. Wäre x / A, so wäre x B A ud folglich x / B B A. Widerspruch. Also ist x A. Wir erhalte B B A A. Nu zeige wir die umgeehrte Ilusio: Sei dazu x A. Da ist sicher x / B A, aber x B wege A B. Es folgt x B B A. Wir erhalte so A B B A, also isgesamt die gewüschte Gleichheit. 5 Sei B B A A. Wir zeige A B. Sei dazu x A. Da ist aber auch x B B A A ud somit x B. 6 Sei A B. Wir zeige A B C A C B. Sei dazu x A B C. Da ist x A oder es ist x B C. Im erste Fall ist wege A B auch x B ud wege A A C auch x A C ud damit x A C B. Im zweite Fall ist x B ud x C ud somit wege C A C auch x A C, d.h. isgesamt x A C B. Nu zeige wir die umgeehrte Ilusio: Sei dazu x A C B. Da ist x A C ud x B. Wege x A C ist x A oder x C. Im erste Fall ist auch x A A B C. Im zweite Fall ist wege x B auch x B C ud folglich x A B C. 6 7 Diese Impliatio ist trivial, da es eie Mege C gibt. 7 Sei A B C A C B für eie Mege C. Wir zeige A B. Sei dazu x A. Da ist aber auch x A B C A C B. Es folgt x B ud x A C. Abschitt.A, Aufg. 4b, p : Für Mege A, B, C gilt: A B C A B C. Beweis: Sei x A B C. Da ist x A B ud x / C. Wege x A B ist x A oder x B. Im erste Fall ist erst recht x A B C. Im zweite Fall folgt x B C ud somit ebefalls x A B C. Abschitt.A, Zusatzaufgabe, p : Für Mege A, B, C gilt A B C A B C geau da, we A C ist. Beweis: Sei zuächst A C. Wir habe da A B C A B C zu zeige. Wege Aufg. 4.b ist hierfür ur och A B C A B C achzuweise. Sei dazu x A B C. Da ist x A

2 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel oder x B C. Im erste Fall ist erst recht x A B ud ferer x / C, da x wege der Voraussetzug A C icht gleichzeitig i A ud C liege a. Es folgt also x A B C. Im zweite Fall ist sicher x B, also erst recht x A B, ud x / C. Auch i diesem Fall erhält ma also x A B C. Sei u A B C A B C. Wir habe A C zu zeige. Gäbe es ei x A C, so wäre x A ud x C. Wege x A wäre erst recht x A B C A B C, ud es ergäbe sich x / C im Widerspruch zu x C. Abschitt.A, Variate zu Aufg. 4b, p : Für Mege A, B, C gilt A B C A B C. Geau da gilt A B C A B C, we A C ist. Beweis: Wir zeige zuächst de erste Teil. Sei x A B C. Da ist x A B ud x / C. Wege x A B ist x A oder x B. Im erste Fall ist erst recht x A B C. Im zweite Fall folgt x B C ud somit ebefalls x A B C. Wir zeige u de zweite Teil: Sei zuächst A C. Wir habe da A B C A B C zu zeige. Wege des erste Teils ist hierfür ur och A B C A B C achzuweise. Sei dazu x A B C. Da ist x A oder x B C. Im erste Fall ist erst recht x A B ud ferer x / C, da x wege der Voraussetzug A C icht gleichzeitig i A ud C liege a. Es folgt also x A B C. Im zweite Fall ist sicher x B, also erst recht x A B, ud x / C. Auch i diesem Fall erhält ma also x A B C. Sei u A B C A B C. Wir habe A C zu zeige. Gäbe es ei x A C, so wäre x A ud x C. Wege x A wäre erst recht x A B C A B C, ud es ergäbe sich x / C im Widerspruch zu x C. Abschitt.A, Variate zu Aufg. 4d, p : Für Mege A, B, C gilt A B C A B C. Geau da gilt A B C A B C, we C A ist. Beweis: Wir zeige zuächst de erste Teil. Sei x A B C. Da ist x A ud x / B C. Wege x / B C ist x / B oder es ist x C. Im erste Fall x / B ist x A B, da ja x A war, ud somit auch x A B C. Im zweite Fall x C folgt diret x A B C. Wir zeige u de zweite Teil: Sei zuächst C A. Wir habe da A B C A B C zu zeige. Wege des erste Teils ist hierfür ur och A B C A B C achzuweise. Sei dazu x A B C. Da ist x A B oder x C. Im erste Fall x A B ist x A ud x / B. Wege x / B ist aber erst recht x / B C. Da x A ist, folgt also isgesamt x A B C. Im zweite Fall ist x C, also erst recht x A wege der Voraussetzug C A. Außerdem ist da x / B C wege x C. Auch im zweite Fall erhält ma also aus diese beide Aussage x A B C. Sei u A B C A B C. Wir habe C A zu zeige. Sei dazu x C. Da ist erst recht x A B C A B C, also x A. Es folgt C A. Abschitt.A, Aufg. 6e, p : Für Mege A, B ud C zeige ma: Aus A B A C folgt stets B C. Beweis: Sei A B A C, d.h. A B A B A C A C. Wir zeige B C. Aalog folgt da C B, da Voraussetzug ud Behauptug symmetrisch i B ud C sid, ud somit B C. Sei also x B. Wir uterscheide zwei Fälle: Im erste Fall sei auch x A. Da ist x A B ud x A B, also x / A B A B A C A C. Wege x A C ist da auch x A C ud somit x C. Im zweite Fall sei x / A. Da ist x A B, aber x / A B, also x A B A B A C A C ud somit x A C. Wege x / A folgt wieder x C. Abschitt.B, Teil vo Aufg. 4, p : Ma utersuche, ob die Abbildug f : R R R R mit f x, y : xy, x +y ijetiv, surjetiv bzw. bijetiv ist. Die etsprechede Aufgabe löse ma für g : R R {0, 0} R R {0, 0} mit x gx, y : x +y, y für alle x, y R R {0, 0} x +y ud gebe im bijetive Fall die Umehrabbildug a.

3 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel 3 Lösug: Wir utersuche, für welche u, v R die Gleichug f x, y u, v, d.h. xy u ud x + y v, lösbar ist bzw. mehrere Lösuge hat. Dies ist äquivalet zu y v x ud u xy xv x vx x. Die Lösugsformel für quadratische Gleichuge liefert als eizig mögliche Lösuge der resultierede Gleichug x vx+u 0 die Werte x v± v 4u. Dies zeigt, dass es bei v > 4u zwei verschiedee Lösuge für x ud da auch für y x v gibt ud bei v < 4u überhaupt eie. Daher ist f : R R R R weder ijetiv och surjetiv. Diret zeigt übriges f x, y f y, x für x y, dass f icht ijetiv ist. Da sich ach Obigem beispielsweise, icht i der Form f x, y schreibe lässt, ist f icht surjetiv. Die Abbildug g ist bijetiv, also erst recht ijetiv ud surjetiv, da sie umehrbar ist mit g selbst als Umehrabbildug. Dazu ist ur g g id R R zu zeige. Dies folgt aber aus x g gx, y g x +y, y x +y x x +y x y, + x +y x +y y x +y x + x +y Abschitt.B, Variate zu Aufg. 4, p : y x +y x x +y, x +y y x +y x +y x, y. Ma zeige, dass die Abbildug f vo R auf de Kreis B0 ; : { u, v R u + v < }, die durch x f x, y : x + y +, y x + y + für alle x, y R defiiert wird, bijetiv ist mit der durch u gu, v : u v, v. u v gegebee Abbildug g : B0 ; R als Umehrabbildug. Beweis: Offebar ist gu, v für alle u, v B0 ; defiiert, ud es gilt f x, y B0 ; für alle x, y R. Wir habe daher ur och g f id R ud f g id B0 ; zu zeige. Für x, y R bzw. für alle u, v B0 ; gilt aber: g f x, y g f x, y x g x + y +, y x + y + x y x +y + x +y + x y, x +y + x +y + x x +y + x y, f gu, v f gu, v f u u v x y x +y + x +y + y x +y + x y x, y ud u u v, v u v v u v u, u v + v u v + u u v + v u v + u u +v + u v, v u, v. u +v + u v Abschitt.B, Variate zu Aufg. 4, p., vgl. Abschitt.C, Aufg., p : x Ma zeige, dass durch f x : für x R eie bijetive Abbildug f vo R auf das Itervall + x ], [ : {x R < x < } gegebe wird.

4 4 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel Beweis: Wege x < + x für alle x ist stets f x <, d.h. f x ], [. Wir habe zu zeige, dass x es zu jedem y ], [ geau ei x mit y f x gibt. Da + x stets positiv ist, ist aber y + x i dieser Gleichug geau da positiv bzw. egativ, we dies für x gilt, d.h. stets ist y x y x. Wege y + y x x ergibt sich y + y x x, y x y. Zu y ], [ gibt es also geau ei x R mit f x y, ämlich x y y. Abschitt.B, Aufg. 5, p : Seie a, b, c, d R ud f : R R, g : R R die durch f x : ax + b, gx cx + d defiierte Futioe. Uter welche Bediguge ist f g g f? Lösug: Wir zeige: Geau da ist f g g f, we ad +b cb+d gilt. Stets ist f gx f gx f cx+d acx+d + b acx + ad+b ud aalog g f x cax + cb+d. Bei ad +b cb+d gilt daher f gx g f x für alle x R ud wege ac ca somit f g g f. Umgeehrt sei f gx g f x für alle x R. Speziell für x 0 ergibt die obige Rechug da ad + b cb + d. Abschitt.B, Aufg. 7a, p : Seie f : A B ud g : B C Abbilduge. Ist g f :A C ijetiv, so ist f ijetiv. Beweis: Sei g f :A C ijetiv. Für Elemete x, y A mit f x f y gilt erst recht g f x g f x g f y g f y. Da g f ijetiv ist, liefert dies bereits x y. Bemerug. g muss icht ubedigt ijetiv sei, we g f : A C ijetiv ist. Für A ud C ehme wir bespielsweise die Mege, die ur aus der Zahl besteht, ud für B die Mege {, }. Die Abbildug f : A B defiiere wir durch f : B ud die Abbildug g : B C durch g :, g :. Da ist g f :A C diejeige Abbildug, die das eizige Elemet vo A auf das eizige Elemet vo C abbildet, d.h. die Idetität vo {}, ud somit ijetiv. Die Abbildug g ist jedoch icht ijetiv, da sie die Elemete ud vo B beide auf dasselbe Elemet vo C abbildet. Abschitt.B, Aufg. 7b, p : Seie f : A B ud g : B C Abbilduge. Ist g f :A C surjetiv, so ist g surjetiv. Beweis: Sei g f :A C surjetiv, ud sei c C. Da gibt es ei a A mit g f a c, also mit gb g f a c für b : f a. Dies beweist, dass g surjetiv ist. Bemerug. f muss icht ubedigt surjetiv sei, we g f : A C surjetiv ist. Für A ud C ehme wir bespielsweise die Mege, die ur aus der Zahl besteht, ud für B die Mege {, }. Die Abbildug f : A B defiiere wir durch f : B ud die Abbildug g : B C durch g :, g :. Da ist g f :A C diejeige Abbildug, die das eizige Elemet vo A auf das eizige Elemet vo C abbildet, d.h. die Idetität vo {}, ud somit surjetiv. Die Abbildug f ist jedoch icht surjetiv, da ei Elemet vo A durch f auf das Elemet vo B abgebildet wird. Abschitt.C, Aufg. 3, p : Seie A, I ud J Mege. Die Abbildug f j i f i, j ist eie bijetive Abbildug vo A I J auf A I J.. Beweis: Es ist zu zeige, dass die Abbildug F : A I J A I J bijetiv ist, die jedem f A I J, also jeder Abbildug f : I J A, die Abbildug Ff : J A I zuordet, die dadurch defiiert ist, dass sie jeweils j J auf die Abbildug Ff j : I A abbildet, die durch Ff j i : f i, j für alle i I erlärt ist. F ist bijetiv, we F ijetiv ud surjetiv ist. Wir beweise zuächst, dass F ijetiv ist. Dazu betrachte wir f, f A I J mit Ff Ff ud habe f f zu zeige. Wege Ff Ff gilt aber Ff j Ff j für alle j J ud da auch Ff j i Ff j i für alle j J ud alle i I. Es folgt f i, j f i, j für alle j J ud alle i I, d.h. f f. Wir beweise u, dass F surjetiv ist. Dazu betrachte wir g A I J ud habe ei f A I J azugebe mit Ff g. Defiiere wir f : I J A durch f i, j : gj i für alle j J ud alle i I, so ist i der Tat Ff j i f i, j gj i für alle i,j, also Ff j gj ud Ff g.

5 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel 5. Beweis: Wir verwede Satz.B.0 ud zeige, dass für die im. Beweis eigeführte Abbildug F ud die Abbildug G : A I J A I J, die für g A I J durch Gg i, j : gj i, i I, j J, defiiert ist, gilt: G F id A I J ud F G id A I J. Da ist F umehrbar mit Umehrabbildug G ud somit bijetiv. Für f A I J ud beliebige Elemete i I, j J gilt u G Ff i, j G Ff i, j Ff j i f i, j, also G Ff f, ud somit G F ida I J. Für g A I J ud beliebige Elemete i I, j J gilt ferer F Gg j i F Gf j i Gg i, j gj i, also F Gg j gj, folglich F Gg g, ud somit schließlich F G id A I J.

6 6 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel Die atürliche Zahle Abschitt.A, Teil vo Aufg., p : Für alle N gilt 3 +. Beweis: Idutiosafag: Für 0 steht auf der lie Seite die leere Summe 0 3, also 0. Dies ist auch der Wert der rechte Seite für 0. Für ist die Aussage ebefalls trivialerweise richtig, da die lie Seite ud die rechte Seite beide gleich sid. Idutiosschluss vo auf + : Nach Idutiosvoraussetzug gilt 3 +. Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug, d.h. die Aussage mit + statt. Ma erhält ämlich Bemerug. Ma beachte, dass + die Summe der erste positive atürliche Zahle ist. Es ist also Dies ergibt sich wege + 3 auch diret aus folgedem Bild: Ma a die Formel auch folgedermaße gewie: Ma summiert beide Seite der Idetität vo bis, lässt die vierte Poteze 4, 3 4,..., 4 weg ud beutzt die bereits beate Formel um ach + 3 aufzulöse. Dies ergibt ud ++ 6,

7 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel , Das letzte Verfahre systematisch durchgeführt, liefert Formel für alle Summe m, m N. Dies ist urz vor Beispiel.C.0 ausgeführt. Abschitt.A, Aufg. d, p : Für alle N ist Beweis: Idutiosafag: Für 0 ist die Aussage richtig, da +, 0 die leere Summe, also gleich 0 ist, ud die rechte Seite ebefalls 0 ist. Natürlich prüft ma auch leicht, dass die Gleichug für stimmt. Idutiosschluss vo auf + : Nach Idutiosvoraussetzug gilt 3 +. Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug, d.h. die Aussage mit + statt. Ma erhält ämlich Abschitt.A, Aufg. e, p : Für alle N gilt Beweis: Idutiosafag: Für 0 ist Idutiosschluss vo auf + : Nach Idutiosvoraussetzug gilt wieder die leere Summe, also 0 wie die rechte Seite Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug, d.h. die Aussage mit + statt. Es ist ämlich

8 8 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel Abschitt.A, Aufg. 3a, p : Für alle N gilt + +. Beweis: Idutiosafag: Für 0 gilt die Aussage trivialerweise ebeso für. Idutiosschluss vo auf + : Nach Idutiosvoraussetzug gilt + +. Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug, d.h. die Aussage mit + statt. Es ist ämlich Abschitt.A, Variate zu Aufg. 3a, b, p : Für alle N gilt Beweis: Idutiosafag: Für 0 gilt die Aussage trivialerweise ebeso für. Idutiosschluss vo auf + : Nach Idutiosvoraussetzug gilt 3 3+ Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug, d.h. die Aussage mit + statt, wege Ma a die Formel auch durch eie so geate Partialbruchzerlegug gewie, idem ma ratioale Zahle a, b mit 3 3+ a 3 + b 3a+ 3b + a b bestimmt. Dies gilt sicher für alle, we die Bediguge 3a+ 3b 0 ud a b erfüllt sid. Die erste dieser Gleichuge liefert b a; eigesetzt i die zweite ergibt das a + a, d. h. a 3 ud b. Nu verwedet ma 3 eie so geate Telesoptric, d.h. die Tatsache, dass sich die meiste Summade weghebe i Abschitt.A, Aufg. 4a, p : Für alle gilt +. Beweis: Idutiosafag: Für ist die Aussage richtig, da ud die rechte Seite + ebefalls ist. Idutiosschluss vo auf + : Nach Idutiosvoraussetzug gilt das leere Produt, also, ist +.

9 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel 9 + Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug, d.h. die Aussage mit + statt, wege Abschitt.A, Aufg. 4b, p : Für alle ist +. Beweis: Idutiosafag: Für ist die Aussage + 3 trivial. Idutiosschluss vo auf + : Nach Idutiosvoraussetzug gilt Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug, d.h. die Aussage mit + statt, wege Abschitt.A, Aufg. 4c, p : Für alle gilt Beweis: Idutiosafag: Für ist die Aussage trivial Idutiosschluss vo auf + : Nach Idutiosvoraussetzug gilt Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug, d.h. die Aussage mit + statt, wege Abschitt.A, Aufg. 6f, p : Für alle N ist 3 ei Teiler vo 4 d.h. es gibt eie gaze Zahl a mit 4 3a. Beweis: Wir verwede Idutio über. Bei 0 ist i der Tat durch 3 teilbar. Beim Schluss vo auf + öe wir voraussetze, dass es ei a Z gibt mit 4 3a. Da ist aber a 34 +a ebefalls durch 3 teilbar. Ma hätte auch diret mit der geometrische Reihe schließe öe: Abschitt.A, Variate zu Aufg. 6, p : Für alle N gilt: 6 teilt Beweis: Wir verwede Idutio über. Idutiosafag: Für 0 ist dies richtig, da durch 6 teilbar ist. Idutiosschluss vo auf +: Nach Idutiosvoraussetzug ist durch 6 teilbar, d.h. es gibt ei N mit Daraus ergibt sich die Idutiosbehauptug: Der Ausdruc für + statt ist ämlich auch durch 6 teilbar, da vo de beide aufeiaderfolgede Zahle ud + eie och durch teilbar ist.

10 0 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel Abschitt.B, Aufg. c, p : Ma zeige 3 +! für alle N,,, 3. Beweis: Idutiosafag 4: Für 4 ist ! richtig. Beim Idutiosschluss vo auf + liefert die Idutiosvoraussetzug 3 +!. Daraus folgt die Idutiosbehauptug: Für 4 sogar für alle ist ämlich 3 + ud somit ! + +! +!. Abschitt.B, Aufg. b, p : Ma begrüde für N die Formel Lösug: Nach Defiitio gilt ! 4 4 Abschitt.B, Aufg. c, p : Ma begrüde für N die Formel Lösug: Nach Defiitio gilt uter Verwedug vo Aufg..b !! Abschitt.B, Aufg. 3b, p : α α α Für alle α R oder C ud N gilt: + + α. + Beweis: I der Tat ist α α αα α + αα α +α ! +! + + α αα α + +! α α + α α. Abschitt.B, Aufg. 4c, p : Ma beweise durch vollstädige Idutio über die Formel Beweis: Idutiosafag m: m m m m ud m m m m+ m+ +, m N, m. m+ sid offebar gleich. Beim Idutiosschluss vo auf + öe wir die Aussage für voraussetze ud erhalte damit uter Verwedug der Formel vom Pascalsche Dreiec die Aussage für + statt : + m m m m+ m m+ m m

11 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel Abschitt.B, Aufg. 4d, p : Ma beweise durch vollstädige Idutio für alle N: Beweis: Idutiosafag 0: 0 0 j α α 0 0 α 0 α, α R. ud 0 α sid 0 gleich. Beim Idutiosschluss vo auf + öe wir die Aussage für voraussetze ud erhalte so α α α mit der Formel + die Aussage für + statt : α α + + α + α + + α α α + + Abschitt.B, Aufg. 5b ud Variate davo, p : Ma bereche für N die Summe m, m m, m m0 + α. + Lösug: Der biomische Lehrsatz liefert m m m0 m0 m m m m + 3, m m m0 m0 m0 +. Abschitt.B, Aufg. 7, p : m0 m. m m0 m m m + 0, m0 m m m Sei A eie edliche Mege mit Elemete ud B eie Teilmege vo A mit Elemete. Ma zeige, dass die Azahl der m-elemetige Teilmege vo A, die B umfasse, gleich ist. m Beweis Wir suche die Azahl derjeige Teilmege vo A, die B zu eier m-elemetige Teilmege ergäze. Es hadelt sich also um die Azahl der m -elemetige Teilmege der -elemetige Mege A B. Diese ist aber gleich. m Abschitt.B, Aufg. 8, p : Für atürliche Zahle m, mit m zeige ma 0 m m m. m 0. Beweis: Wir bestimme die Azahl der Paare B, C vo Teilmege B, C eier -elemetige Mege A mit B C auf zweierlei Weise: Zähle wir eierseits zuächst zu jeder -elemetige Teilmege B vo A die Azahl der B umfassede Teilmege C vo A mit m Elemete, so erhalte wir ach Aufgabe 7. Da es solcher m Teilmege B vo A gibt ud ihre Elemetezahl beliebig zwische 0 ud m variiere a, erhalte wir m so isgesamt Möglicheite für die Azahl der Paare B, C. m Adererseits bestimme wir zuächst zu jeder m-elemetige Teilmege C vo A die Azahl m ihrer Teilmege B ud berücsichtige da, dass es geau solcher Teilmege C vo A gibt. So erhalte m wir isgesamt m Möglicheite für die Azahl der Paare B, C. Da wir beide Male dieselbe Mege m abgezählt habe, ergibt sich die obige Formel.

12 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel. Beweis: Zuächst gilt! m!! m m Wege + m m folgt 0! m! m!! m! m m! m!! m! m. m m m m m m m m m. m! m! m!! 0 Abschitt.B, Aufg. 9, p : m Für m,, N beweise ma j j j0 x,..., x m auszuwähle, ud da geau m Dies sid isgesamt j m+.. Beweis: Ma zählt diejeige Teilmege eier m + -elemetige Mege {x,..., x m, y,..., y }, +m die Elemete ethalte, auf zweierlei Weise ab. Es gibt Möglicheite, aus de vorhadee +m Elemete geau auszuwähle. Achtet ma aber darauf, ob es sich um Elemete vo {x,..., x } m oder vo {y,..., y } hadelt, so gibt es für jedes j zuächst geau Möglicheite, j der Elemete j aus{y j,..., y } die restliche j Elemete auszuwähle. j0 die zu beweisede Formel liefert. 0 Möglicheite. Beide Verfahre führe zum selbe Ergebis, was j. Beweis: Wir verwede vollstädige Idutio. Die zu beweisede Behauptug über ist, dass die Formel für dieses ud jede Wahl vo m ud richtig ist. Idutiosafag 0: Die Summe auf der m 0 m rechte Seite hat da als eizige Summade 0 de Summade für j. Auf der 0 m+0 m rechte Seite der Gleichug steht bei 0 aber ebefalls. Beim Schluss vo auf + öe wir die zu beweisede Formel für ud alle, also isbesodere auch für m m+ m m+ ud voraussetze, d.h. wir dürfe ud j j j j j0 j0 + beutze. Verwede wir och die Formel + vom Pascalsche Dreiec zuächst für : j ud später für, so erhalte wir für + statt : m + m m + m m m j j j j j j j j j0 m j j0 j0 j m + j j0 j0 j m+ + j0 0 m+ m++. Abschitt.B, Aufg. 0a, p : Sei V ei Verei mit Mitglieder. Die Azahl der Möglicheite, eie Vorstad aus m Vereismitglieder! ud daraus eie.,.,..., -te Vorsitzede zu wähle, ist [m] m! m!. Beweis: Es gibt zuächst Möglicheite für die Auswahl des m-elemetige Vorstads, soda m m Möglicheite für die Auswahl des. Vorsitzede aus der Mitte dieses Vorstads, da och m Möglicheite für die Auswahl des. Vorsitzede aus de restliche Vorstadsmitglieder usw., schließlich och m + Möglicheite de -te Vorsitzede auszuwähle. Dies ergibt mm m + [m] Möglicheite, eie Folge vo Persoe auszuwähle als.,.,..., -te Vorsitzede. Isgesamt beommt ma so [m] Möglicheite. m m

13 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel 3 Abschitt.B, Aufg. 0b, p : Sei V ei Verei mit Mitglieder. Die Azahl der Möglicheite, eie.,.,..., -te Vorsitzede zu wähle ud die Mege dieser Vorsitzede zu eiem Vorstad zu ergäze, ist []. Beweis. Wie obe sieht ma, dass es + [] Möglicheite gibt für die Auswahl der.,.,..., -te Vorsitzede. Ergäzt ma die so ausgewählte Persoe durch weitere der restliche Elemete vo M irgedwie zu eiem Vorstad aus m Persoe, so gibt es dafür jeweils och Möglicheite, isgesamt also bei dieser Reihefolge [] Möglicheite. Abschitt.B, Aufg., p : Ma zeige mit Hilfe vo Aufg. 0: [m] [] m für, N,. m Beweis: Die beide Auswahlverfahre aus de Aufgabe 0.a ud 0.b führe zum jeweils selbe Ergebis. Daher gibt es dafür auch gleich viele Möglicheite. Dies liefert die Behauptug. Abschitt.B, Aufg. 5a, p : Sei A eie ichtleere Mege mit Elemete. Die Azahl der Teilmege vo A mit gerader Elemetezahl ist gleich der Azahl der Teilmege vo A mit ugerader Elemetezahl. Beweis: Sei P 0 die Mege der Teilmege vo A mit gerade viele Elemete ud P die Mege der Teilmege vo A mit ugerade viele Elemete. Wir fixiere ei Elemet a A ud betrachte die Abbildug f der Potezmege PA vo A i sich, die jeder Teilmege B vo A die Mege B {a} zuordet, falls a / A, ud die Mege B {a}, falls a A. Nach Kostrutio ist da f f die Idetität vo PA ud f isbesodere bijetiv. Dabei ordet f jedem Elemet vo P 0 eies aus P zu ud umgeehrt. Daher defiiert f durch Beschräe des Argumetbereichs auch eie bijetive Abbildug der Mege P 0 auf die Mege P. Abschitt.B, Aufg. 5d, p : Es ist 4 für N Beweis. Nach Aufg. 5.a ist die Azahl 0 viele Elemete gleich der Azahl 0 der Teilmege eier -elemetige Mege mit gerade + der Teilmege dieser Mege mit ugerade viele Elemete. Isgesamt hat die Potezmege eier -elemetige Mege geau 4 Elemete. Jede der beide Summe ist also gleich der Hälfte davo. Abschitt.D, Teil vo Aufg. 5, p : Ma beweise, dass es uedlich viele Primzahle der Form 3+, N, gibt. Beweis: Ageomme, es gäbe ur edlich viele solcher Primzahle, ämlich ud außerdem p,..., p 5. Da betrachte wir die Primfatorzerlegug a q q m vo a : 3p p +. Offebar ist a icht durch ud 3 teilbar, d.h. es ist q j ud q j 3. Wäre alle q j vo der Form 3+, so auch ihr Produt a. Eies der q j muss somit vo der Form 3+ ud daher gleich eiem der p i sei. Da wäre aber auch durch dieses p i teilbar. Widerspruch! Abschitt.D, Teil vo Aufg. 5 p : Ma beweise, dass es uedlich viele Primzahle der Form 4+3, N, gibt. Beweis: Ageomme, es gäbe ur edlich viele solcher Primzahle, ämlich 3 ud außerdem p,..., p 7. Da betrachte wir die Primfatorzerlegug a q q m vo a : 4p p + 3. a ist ugerade ud ferer icht durch 3 teilbar, da 4p p icht durch 3 teilbar ist. Für alle j gilt also q j, 3. Wäre sämtliche q j vo der Form 4+, so auch ihr Produt a. Da Zahle der Form 4 bzw. 4+,, als

14 4 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel gerade Zahle > sicher icht prim sid, muss eies der q j vo der Form 4+3 ud somit gleich eiem der p i sei. Da wäre aber auch 3 durch dieses p i teilbar. Widerspruch! Abschitt.D, Zusatzaufgabe, p : Ma beweise, dass es uedlich viele positive gaze Zahle gibt, für die + eie Primfator größer als + besitzt. Dies ist eie Aufgabe der Iteratioale Mathematiolympiade 008. Beweis: Ageomme, es gäbe ur edlich viele positive gaze Zahle, etwa,...,, für die + eie Primfator größer als + besitzt. Ist p i der eideutig bestimmte Primfator vo i + mit p i > i + i, i,...,, so bilde wir das Produt m p p ud betrachte eie Primfator p vo m +, also m + sp mit s N. Es ist p> 3 ud vo alle p,..., p verschiede. Durch Divisio mit Rest vo m durch p beomme wir q, r N mit m qp + r ud 0< r <p. Da sid auch r + m qp + m + mqp + q p s mq + q pp ud ebeso p r + durch p teilbar. Bezeiche wir die leiere der beide Zahle r ud p r mit, so gilt < r + p r p ud + tp mit t N. Außerdem ist i für alle i,...,, da ei i ebe p i icht och de Primteiler p > i habe a. Es geügt also, p > + zu zeige, um eie Widerspruch zu userer Aahme zu erhalte. Nu ist 0 < p p 4p p 4+4t p 4, also p 4+4t > 0. Da p,, t gaze Zahle sid, folgt sogar p 4 + 4t ud somit p p 4, also p + / 5/4, p + / 5/4. Daraus folgt p + / 5/4 ud p + / + 5/4 wege p >. Überdies gilt + / + 5/4 > + für > 8, wie ma durch zweimaliges Quadriere leicht bestätigt. Es ist also p > +, falls > 8 ist. Diese Ugleichug ist aber auch bei 8 erfüllt, da ma sofort feststellt, dass es zu de Primzahle p 5, 7,, 3, 9, 3 ei mit p > + gibt, für das + durch p teilbar ist, wohl aber zur Primzahl p 7 + für 4 ud zu p 9 die Zahl mit Daher ist sicher user p > 9 ud somit p > Bemerug. Es ist ubeat, ob für uedlich viele N die Zahl + selbst prim ist. Übriges ist jeder Primteiler p vo + otwedigerweise mod 4. De bei p 4+ 3 ud mod p ist p + + mod p. Da p ei Teiler vo ist, d.h. mod p ist, widerspricht dies dem Kleie Fermatsche Satz p aus.d, Aufg. 8. Isbesodere habe wir damit gezeigt, dass es auch uedlich viele Primzahle der Form 4 + gibt, vgl. die voragehede Aufgabe. Abschitt.D, Aufg. 9, p : Seie a, N mit a,. Ist a eie prim, so ist a ud prim. Beweis: Sei a eie Primzahl. Wege a a a + + muss a, also a sei. Ist pm mit p>, so muss m, d.h. m, sei wege a m p m m p + m p + +. Abschitt.D, Aufg. 0, p : Seie a, N mit a. Ist a + prim, so ist a gerade ud eie Potez vo. Beweis: Es ist a + a Da a + eie Primzahl ist, ist a + somit ugerade. Daher sid a ud folglich auch a gerade. Ist pm mit eier Primzahl p 3, so ist p ugerade, also p. Da ist a + a m p a m + a m + a m + + a m p + a m a m + a m ± + a mp eie echte Zerlegug vo a +. Widerspruch! Also ist eie Potez vo. Abschitt.D, Aufg., p : Für a, m, N mit a ud d : ggtm, ist ggta m, a a d. Beweis: Wege d ggtm, gibt es teilerfremde Zahle µ, ν N mit m µd ud νd. Für a 0 : a d ist ggta µ 0, aν 0 a 0 zu zeige. Nach Beispiel.A.3 gilta µ 0 + +a 0 +a 0 a µ 0 ud a ν a 0 +a 0 a0 ν. Wir zeige durch vollstädige Idutio über Max µ, ν,

15 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel 5 dass die beide Fatore a µ a 0 + ud a ν a 0 + teilerfremd sid. Bei Max µ, ν, also µ ν ist das lar. Beim Idutiosschluss öe wir ohe Eischräug der Allgemeiheit µ > ν voraussetze. Da ist Max µ ν, ν < Max µ, ν ud daher sid ach Idutiosvoraussetzug a ν 0 + +a 0 + ud a µ ν teilerfremd. Ei gemeisamer Primteiler p vo a µ 0 + +a 0 + ud a ν a 0 + würde aber auch dere Differez a µ a0 ν aµ ν a0 ν teile, also a 0 oder a µ ν Da a ν 0 + +a 0 + ud a µ ν teilerfremd sid, muss er somit a 0 teile, was icht möglich ist, da er a ν a 0 + teilt. Bemerug: Gilt für atürliche Zahle f, q, g, r die Gleichug f qg+r, so ist a f a qg+r Qa g + a r, Q : ar a qg N. a g Daher verläuft der Eulidische Divisiosalgorithmus für die Zahle m, parallel zum Eulidische Algorithmus für die Zahle a m, a, womit isbesodere ggta m, a a ggtm, bewiese ist. Diese Kette vo Divisioe mit Rest ist auch für die Polyome x m ud x gültig wobei alle Rechuge im Bereich der gaze Zahle bleibe, vgl. Abschitt.B, isbesodere.b.. Abschitt.D, Aufg., p : a Ma bestimme die aoische Primfatorzerlegug vo b Ist p α pα r r die Primfatorzerlegug der positive atürliche Zahl mit paarweise verschiedee Primzahle p,..., p r, so ist T : α + α r + die Azahl der Teiler vo i N. Wie viele Teiler hat die i a agegebee Zahl? Lösug: a Offebar ist b Wege der eideutige Primfatorzerlegug habe die Teiler vo die Gestalt p β pβ r r mit Expoete β i N, für die 0 β i α i gilt. Es gibt dafür also geau α + α r + Möglicheite. Die i a agegebee Zahl hat somit Teiler. Abschitt.D, Aufg. 3, p : a Sei a N. Für wie viele x N ist xx +a eie Quadratzahl? Ma bestimme diese x für a {5, 30, 60, 0}. b Sei N. Die Azahl der Paare u, v N mit u v ist T /, falls ugerade, T /4/, falls 4, ud gleich 0 sost. Ma gebe alle Darstelluge vo u v 000 mit u, v N a. Die Azahl der paarweise iogruete p y t h a g o r e i s c h e D r e i e c e d.h. der rechtwilige Dreiece mit positive gazzahlige Seiteläge, dere eie Kathete gleich der vorgegebee Zahl a N ist, ist T a /, falls a ugerade, ud T a /4/, falls a gerade. T bezeichet die Azahl der Teiler, vgl. Aufg. b. Schwieriger ist die Aufgabe, zu vorgegebeer gazzahliger Hypoteuseläge c > 0 die Azahl der zugehörige pythagoreische Dreiece zu fide, d.h. die Azahl der Paare a, b N mit a b ud a + b c. Ma beötigt dazu die Ergebisse vo Bd., 0.A, Aufg. 33, 34 zum Zwei- Quadrate-Satz. Die gesuchte Azahl ist T c /, wobei T c die Azahl derjeige atürliche Teiler vo c sei, dere Primteiler alle mod 4 sid. Für c gibt es also bis auf Kogruez geau ei solches Dreiec das so geate i d i s c h e D r e i e c , bei c jedoch 4 ud bei c eis. Leicht wiederum ist die Ä g y p t i s c h e S e i l s p a e r a u f g a b e zu löse: Die pythagoreische Dreiece mit teilerfremde Seiteläge a, b, c N ud gegebeem Umfag a+b+c s N das sid so geate p r i m i t i v e p y t h a g o r e i s c h e D r e i e c e etspreche bijetiv de Darstelluge s de mit teilerfremde d, e N, d mod, e 0 mod ud d < e < d. Die Läge der Kathete des zugehörige Dreiecs sid de d bzw. d e/e, ud die Läge der Hypoteuse ist d de + e /. c Ma bestimme alle Paare a, b N mit a +b /ab N. Lösug: a Sei xx+a das Quadrat y eier positive atürliche Zahl y. Da ist y >x, ud es gibt ei b N mit y x+ b. Es folgt x + xa y x+ b x + xb+ b ud somit xa b b. Umgeehrt liefert jeder Wert b, für de a b ei Teiler vo b ist, ei x b /a b derart, dass xx+a das Quadrat x+ b ist. Vergrößert ma dabei b, so wird a b verleiert ud folglich x b /a b vergrößert. Verschiedee Werte vo b liefer also verschiedee Werte vo x.

16 6 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel Es geügt, die b N mit b< a/ zu zähle, für die a b Teiler vo b ist, oder auch die c N mit c<a, für die c a mod ist ud c ei Teiler vo b, b : a c/. Sei dazu a α 0 p α pα r r mit α 0 N, α i N für i,..., r ud paarweise verschiedee Primzahle p i 3 die aoische Primfatorzerlegug vo a. Wird b vo a b geteilt, so ist jeder Primteiler p vo a b auch ei Teiler vo b, also vo b, ud somit schließlich vo a. Die Primfatorzerlegug vo a b hat da die Form β 0 p β pβ r r mit β i 0. Folglich ist p β i i für i,..., r Teiler vo b ud somit p β i/ i ei Teiler vo b. Bei β i > α i wäre da β i / > α i ud daher p α i i die höchste Potez vo p i, die a b teilt, d.h. β i α i im Widerspruch zu β i > α i. Daher ist 0 β i α i für i,..., r. Bei α 0 0 ist offesichtlich β 0 0. Bei α 0 ist zuächst β 0 ud daher b ud damit b gerade. Da ist aber a b durch ud icht durch 4 teilbar, d.h. es ist β 0. Bei α 0 ist zuächst b gerade ud daher β 0. Wäre β 0 >α 0, so wäre β 0 / > α 0, + β 0 / > α 0, ud somit α 0 die höchste Potez vo, die a b teilt, d.h. β 0 α 0 im Widerspruch zu β 0 > α 0 α 0 wege α 0. Geau da ist also a b ei Teiler vo b, we für i,..., r gilt 0 β i α i, ud we β 0 α 0 ist für α 0 {0, } bzw. β 0 α 0 für α 0. Die gesuchte Azahl ist umehr bei α 0 0 gleich der Azahl der Teiler vo a, die leier als a sid. Da für jede Teiler c vo a, der größer als a ist, der Teiler a /c vo a leier als c ist ud außerdem der Teiler a selbst icht i Frage ommt, ist die Zahl der x, für die xx+ a ei Quadrat ist, ach Aufg. b gleich T a / α + α r + / T a /. Bei α 0 ist β 0 ud es ommt ur auf die Teiler < a vo a a. Die Zahl der x, für die xx+a ei Quadrat ist, ist also ebefalls gleich α + α r + / T a /4/. Bei α 0 ist β 0 α 0. Da ist die Azahl der β 0 p β pβ r r zu zähle, die leier als a α 0 p α pα r r sid ud 4 a α0 p α p α r r teile, d.h. die Azahl der β0 p β pβ r r, die leier als 4 a α0 p α pα r r sid ud α0 4 p α p α r r teile. Dies sid aalog zu der obige Überlegug α0 3α + α r + / T a /6/ Stüc. Alterative Lösug: Nach dem erste Absatz der vorige Lösug a ma auch so weiterschließe: Wege 4b a b a a a+ b c + d a, c a b, d : a b c, sid b sowie b /a b b /c geau da positive atürliche Zahle, we gilt: c a ud c<a ; a c mod ; 3 c+d a 0 mod 4. Die Bediguge ud 3 sid zusamme offebar äquivalet zu a c mod ; 3 c d mod 4. Wie bei der erste Lösug uterscheide wir u ach dem -Expoete v a vo a. Ma beachte v a v a v c + v d. Ferer ist die Azahl der Teiler c vo a mit c<a gleich T a /. a Sei v a 0, d.h. a mod ud a mod 4. Da impliziert Bedigug bereits ud 3, de cd a mod 4, also c d mod 4 oder c d mod 4. Die Azahl der Lösuge ist also T a /. b Sei v a, d.h. a mod 4. Da sid ud 3 äquivalet mit c d 0 mod oder mit c d mod 4. Die Azahl der Lösuge ist T a /4/. c Sei v a, d.h. a 0 mod 4. Da sid ud 3 äquivalet mit c d 0 mod 4. Die Azahl der Lösuge ist T a /6/. Für die explizit agegebee a ergebe sich für c a b, b a c/, b, x b /c c+d a/4, y x +b ud die Gleichug xx+a y folgede Werte: a5 3 5 mit ++ / 4 Darstelluge: c b b x y xx+a y ,

17 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel 7 a mit ++ / 4 Darstelluge: c b b x y xx+a y , a mit / 4 Darstelluge: c b b x y xx+a y a mit / 3 Darstelluge: c b b x y xx+a y b Sei zuächst m mit eiem ugerade m N. Gäbe es eie Darstellug u v u+vu v, so wäre geau eier der beide Fatore u+ v ud u v gerade ud daher ihre Summe u ugerade. Widerspruch! Sei u ugerade ud sei p α pα r r mit paarweise verschiedee Primzahle p i 3, α i N, für i,..., r die aoische Primfatorzerlegug vo. Hat ma eie Darstellug u v u+vu v, so sid da u+v ud u v ugerade ud ihre Summe u bzw. Differez v gerade, woraus sich u ud v bestimme lasse. Ist umgeehrt eie Quadratzahl, so führt jeder der T / Teiler > vo auf diese Weise zu eier eue Darstellug der gewüschte Art. Geau da we eie Quadratzahl ist, sid alle α i gerade ud T ach Aufg. ugerade. I diesem Fall hat ma och die Zerlegug zu berücsichtige, die eie weitere Darstellug der agegebee Art liefert. Isgesamt führt dies zu T / Darstelluge. Sei schließlich durch 4 teilbar. I eier Darstellug u v u+ vu v müsse da beide Fatore u+v ud u v gerade sei, da aderfalls ihre Summe u icht gerade wäre. Dies führt zu eier Zerlegug 4 u+v u v, bei der u+v u v atürliche Zahle sid. Umgeehrt führt jeder der Teiler vo zu eier eue Darstellug der gesuchte Art, wobei der Fall, dass 4 ud damit eie Quadratzahl ist, wie obe gesodert zu berücsichtige ist.

18 8 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel Im Fall 000 ist hat Teiler. Die zugehörige Zerleguge 4 sid Sie liefer u ud v als Summe bzw. Differez der beide Fatore ud ergebe die Darstelluge Die agegebee Formel für die Azahl der pythagoreische Dreiece, dere eie Kathete gleich a N ist, d.h. die Azahl der Paare u, v N mit u a +v oder u v a, ergibt sich daraus sofort, da a stets ugerade oder durch 4 teilbar ist ud die Lösug a 0 a icht gezählt wird. c Sei a, b N ei Paar mit a + b rab mit eiem r N. Jeder Primteiler p vo a teilt da auch b rab a arb a ud damit b. Ebeso teilt jeder Primteiler vo b auch a. Dafür folgt da a/p +b/p ra/pb/p. I dieser Weise fortfahred teilt ma a bzw. b suzessive durch alle Primfatore ud ommt schließlich zu eier Gleichug der Form + r r. Es muss also r sei. Die Gleichug a +b ab, also a b 0, gilt aber geau für die Paare a, b mit a b. Abschitt.D, Aufg. 6, p : Seie, N teilerfremd. Ma zeige, dass durch ud durch teilbar ist. + Beweis: Es ist, also. Daher teilt das Produt. Da ach Voraussetzug eier der Primteiler vo ei Teiler vo ist, müsse alle diese Primteiler bereits i der Primfatorzerlegug vo voromme, d.h. teilt. Ebeso sieht ma, dass das Produt teilt. Wege der Teilerfremdheit vo ud müsse alle Primteiler vo bereits i der Primfatorzerlegug vo voromme, d.h. teilt. Abschitt.D, zu Aufg. 4, p : Ma bestimme de größte gemeisame Teiler vo a : 57 ud b 403 ud bereche gaze Zahle s ud t mit ggt57, 403 s 57 + t 403. Der Eulidische Divisiosalgorithmus liefert der Reihe ach Es folgt ggt57, Abschitt.D, zu Aufg. 4, p : Ma bestimme de größte gemeisame Teiler vo a : 73 ud b : 867 ud bereche gaze Zahle s ud t mit ggt73, 867 s 73 + t 867. Lösug: Der Eulidische Divisiosalgorithmus liefert der Reihe ach Es folgt ggt73, Abschitt.D, zu Aufg. 4, p : Ma bestimme de größte gemeisame Teiler vo a : 5893 ud b 433 ud bereche gaze Zahle s ud t mit ggt5893, 433 s t 433.

19 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel 9 Lösug: Der Eulidische Divisiosalgorithmus liefert Der gesuchte ggt ist also r 6 7. Bezeiche wir die auftretede Quotiete mit q i ud setze s 0 :, s : 0, t 0 : 0, t : sowie s i+ s i q i s i, t i+ t i q i t i, so gilt r i s i a + t i b ud isbesodere r 6 s t 433 mit s s 6 5 ud t t 6 34, wie sich aus der folgede Tabelle ergibt: i q i 3 s i t i Es ist somit ggt5893, Abschitt.D, Aufg. 8, p : Seie a, b Q + ud b zwei positive ratioale Zahle. Geau da ist a + b ratioal, we sowohl a als auch b Quadrat eier ratioale Zahl ist. Beweis: Natürlich sid a ud b ud damit auch ihre Summe ratioale Zahle, we a ud b Quadrate ratioaler Zahle sid. Nach der dritte biomische Formel gilt a + b a b a b a b. Ist also x : a + b eie ratioale Zahl, so auch y : a b a b x. Da sid aber a x+y ud b x y ebefalls ratioale Zahle, dere Quadrate gleich a bzw. b sid. Abschitt.D, Aufg. 9a, p : Sei x : a/b Q ei geürzter Bruch, a, b Z, b > 0. Es gelte a x + + a x + a 0 0 mit gaze Zahle a 0,..., a ud a 0,, d.h. x sei Nullstelle der Polyomfutio a t + + a 0. Da ist a ei Teiler vo a 0 ud b ei Teiler vo a. Isbesodere ist x Z, we der höchste Koeffiziet a ist L e m m a v o G a u ß. Beweis: Nach Voraussetzug gilt a a b + a a b + + a a b + a 0 0, also a a +a a b + +a ab +a 0 b 0. Es folgt eierseits aa a + +a b a 0 b ud adererseits a a + + a 0 b b a a, d.h. a teilt a 0 b ud b teilt a a. Da a ud b teilerfremd sid, muss da a ei Teiler vo a 0 ud b ei Teiler vo a sei. Bemerug: Für eie Verallgemeierug des obige Gaußsche Lemmas siehe Bd., Korollar 0.A.0. Abschitt.D, Aufg. 9b, p : Ma bestimme sämtliche ratioale Nullstelle der Polyomfutioe t t + 3 t+ 3 bzw. 3t 7 + 4t 6 t 5 + t 4 + 4t 3 + 5t 4. Lösug: Für eie ratioale Nullstelle a/b mit teilerfremde a, b Z, b 0, vo t t + 3 t+3, d.h. vo 4t 3 + 3t + 6t + t 4t t +, gilt a ud b 4 ach Aufg. 9a. Da beide Summade für t < egativ ud für t > 3 4 ichtegativ sid, omme ur die Zahle 3 4,, 3, als Nullstelle i Frage. Dafür hat die Polyomfutio der Reihe ach die Werte 5, 5, 0, 0. Eizige ratioale Nullstelle ist also 3.

20 0 Storch/Wiebe, Bad, Kapitel Für eie Nullstelle a/b mit mit teilerfremde a, b Z, b 0, vo 3t 7 + 4t 6 t 5 +t 4 + 4t 3 + 5t 4 3t 7 +4t t 5 +t 4 + 4t 3 +5t 4 gilt a 4 ud b 3 ach Aufg. 9a. Da alle Summade i der zweite Darstellug dieses Ausdrucs für t positiv sid, omme also ur 3, 3, 3, 3,, 4,, 4 als Nullstelle i Frage. Dafür hat die 3 Polyomfutio der Reihe ach die Werte 0, 39 79, , 79 08, 0,, 96, Eizige ratioale Nullstelle sid also ud. 3 Abschitt.D, Aufg. 30a, p : Seie x, y Q + ud y c/d eie geürzte Darstellug vo y mit c, d N. Geau da ist x y ratioal, we x die d-te Potez eier ratioale Zahl ist. Beweis: Ist x q d mit q Q, so ist x y q d c/d q c offebar ratioal. Ist umgeehrt x y q Q ratioal, so folgt x c x dy x y d q d. Sid α p Z ud β p Z die Vielfachheite, mit dee eie Primzahl p i der Primfatorzerlegug vo x bzw. q vorommt, so gilt also wege der Eideutigeit der Primfatorzerlegug cα p dβ p. Da c ud d ach Voraussetzug teilerfremd sid, muss da d ei Teiler vo α p sei, also α p dα p mit α p Z. Folglich ist x p P pα p p P pα p d die d-te Potez der ratioale Zahl p P pα p. Abschitt.D, Aufg. 3, p : Seie x Q + ud a eie atürliche Zahl, die icht vo der Form b d mit b, d N, d, ist. Da ist log a x gazzahlig oder irratioal. Beweis: Mit α p N ud β p Z bezeiche wir die Vielfachheite, mit dee eie Primzahl p i der Primfatorzerlegug vo x bzw. q vorommt. Nach Voraussetzug gibt es da ei d i N derart, dass alle α p durch dieses d teilbar sid. Ist u log a x ratioal, also etwa log a x c/d mit teilerfremde c, d N, d, so folgt x a log a x a c/d ud somit x d a c. Wege der Eideutigeit der Primfatorzerlegug folgt cα p dβ p für alle Primzahle p. Da c ud d teilerfremd sid, muss d also alle α p teile. Die Voraussetzug zeigt, dass dies ur bei d möglich ist. Da ist aber log a x c eie gaze Zahl.