Beweise Primzahlen < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe 1 | Geben Sie einen weiteren Beweis dafür an, dass es nicht nur endlich viele Primzahlen [mm] p_{1},p_{2},...,p_{n} [/mm] gibt, indem Sie die Zahl
[mm] N=p_{2}p_{3}*...*p_{n}+p_{1}p_{3}*...*p_{n}+...+p_{1}p_{2}*...*p_{n-1} [/mm]
verwenden, um einen Widerspruch zu konstruieren. |
| Aufgabe 2 | | Beweisen Sie unter der Voraussetzung [mm] m\in\IN [/mm] mit ggT(b,m)=1, dass in der arithmetischen Folge a,a+b,a+2b,... jedes m-te Glied durch m teilbar ist. |
Also bei diesen beiden Aufgaben habe ich leider überhaupt keine Ahnung, wie ich da ran gehen soll :(
Zu der 2.Aufgabe haben wir den Tipp bekommen, dass wir begründen sollen, warum aus ggT(m,b)=1 ganze Zahlen r und s mit mr+bs=1 existieren.
Und anschließend sollen wir [mm] n_{k}=km-as [/mm] für [mm] k\in\IN [/mm] setzen und [mm] m|(a+n_{k}b) [/mm] nachweisen.
Aber irgendwie bin ich leider total ratlos :(
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:34 Mo 03.01.2011 | | Autor: | wauwau |
Ad aufgabe 1:
die agegeben Zahl ist weder durch [mm] p_1 [/mm] noch [mm] p_2,... [/mm] noch [mm] p_n [/mm] teilbar daher Widerspruch
Aufgabe 2:
da schaust du dir den euklidischen algorithus zur bestimmung des ggt(a,b) an...
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Zu Aufg. 1 war das schon der Beweis?
Und zu Aufgabe 2, da macht es bei mir irgendwie nicht klick...:(
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 23:54 Sa 08.01.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo,
> Zu Aufg. 1 war das schon der Beweis?
Man muss es natürlich schon noch ausführen: Angenommen [mm] $p_1 \: [/mm] | N [mm] \Rightarrow p_1 \:|\: p_{2}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}+p_{1}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}+...+p_{1}p_{2}\cdot{}...\cdot{}p_{n-1} \Rightarrow$ [/mm] (hierzu unten genauer) [mm] $p_1 \:|\: p_{2}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n} \Rightarrow$ [/mm] da [mm] $p_1$ [/mm] prim teilt [mm] $p_1$ [/mm] einen der Faktoren [mm] $p_2,\ldots,p_n$. [/mm] Dies ist ein Widerspruch dazu, dass [mm] $p_2,\ldots,p_n$ [/mm] prim sind. Also teilt [mm] $p_1$ [/mm] N nicht! So kannst du es analog für alle anderen Primelemente auch machen.
Nochmal zu dem einen Schritt oben, dass aus [mm] $p_1 \:|\: p_{2}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}+p_{1}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}+...+p_{1}p_{2}\cdot{}...\cdot{}p_{n-1}$ [/mm] folgt [mm] $p_1 \:|\: p_{2}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}$
[/mm]
Das liegt daran, dass falls [mm] $p_1 \:|\: p_{2}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}+p_{1}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}+...+p_{1}p_{2}\cdot{}...\cdot{}p_{n-1}$, [/mm] so liegt [mm] p_{2}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}+p_{1}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}+...+p_{1}p_{2}\cdot{}...\cdot{}p_{n-1}$ [/mm] im von [mm] $p_1$ [/mm] erzeugten Ideal [mm] $(p_1)\:$ [/mm] in [mm] $\IZ$, [/mm] da aber auch [mm] $p_1 \:| \:p_{1}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}, \ldots, p_1 \:|\: p_{1}p_{2}\cdot{}...\cdot{}p_{n-1}$, [/mm] folgt, dass diese ganzen Summanden von N auch in [mm] $(p_1)$ [/mm] liegen, dass heißt, dass auch N - diese Summanden also auch [mm] N - p_{1}p_{3}\cdot{}... \cdot{}p_{n}+...+p_{1}p_{2}\cdot{}...\cdot{}p_{n-1} \in (p_1) \Rightarrow p_{2}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n} \in (p_1)[/mm], und damit dann eben [mm] $p_1 \:|\: p_{2}p_{3}\cdot{}...\cdot{}p_{n}$
[/mm]
Viele Grüße, Lippel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:28 So 09.01.2011 | | Autor: | Sunny1508 |
ok, danke
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:27 So 09.01.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Und zu Aufgabe 2, da macht es bei mir irgendwie nicht
> klick...:(
Schau dir die Folge $a + k b$, $k [mm] \in \IZ$ [/mm] mal modulo $m$ an. Zeige, dass eins der Folgenglieder [mm] $\equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{m}$ [/mm] ist (dazu brauchst du den Hinweis, dass du $mr + bs = 1$ schreiben kannst). Wenn du $k$ dann um $m$ veraenderst, aendert sich die Restklasse modulo $m$ auch nicht: ist also das $k$-te Folgenglied durch $m$ teilbar, so auch das $k + m$-te, und das $k + 2 m$-te, etc.
Probier doch auch mal ein Beispiel. Etwa $m = 5$, $b = 2$, $a = 3$. Schau dir die Folgenglieder alle modulo $5$ an. Was faellt dir auf?
LG Felix
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