matheraum.de
Raum für Mathematik
Offene Informations- und Nachhilfegemeinschaft

Für Schüler, Studenten, Lehrer, Mathematik-Interessierte.
Hallo Gast!einloggen | registrieren ]
Startseite · Forum · Wissen · Kurse · Mitglieder · Team · Impressum
Forenbaum
^ Forenbaum
Status Mathe
  Status Schulmathe
    Status Primarstufe
    Status Mathe Klassen 5-7
    Status Mathe Klassen 8-10
    Status Oberstufenmathe
    Status Mathe-Wettbewerbe
    Status Sonstiges
  Status Hochschulmathe
    Status Uni-Analysis
    Status Uni-Lin. Algebra
    Status Algebra+Zahlentheo.
    Status Diskrete Mathematik
    Status Fachdidaktik
    Status Finanz+Versicherung
    Status Logik+Mengenlehre
    Status Numerik
    Status Uni-Stochastik
    Status Topologie+Geometrie
    Status Uni-Sonstiges
  Status Mathe-Vorkurse
    Status Organisatorisches
    Status Schule
    Status Universität
  Status Mathe-Software
    Status Derive
    Status DynaGeo
    Status FunkyPlot
    Status GeoGebra
    Status LaTeX
    Status Maple
    Status MathCad
    Status Mathematica
    Status Matlab
    Status Maxima
    Status MuPad
    Status Taschenrechner

Gezeigt werden alle Foren bis zur Tiefe 2

Navigation
 Startseite...
 Neuerdings beta neu
 Forum...
 vorwissen...
 vorkurse...
 Werkzeuge...
 Nachhilfevermittlung beta...
 Online-Spiele beta
 Suchen
 Verein...
 Impressum
Das Projekt
Server und Internetanbindung werden durch Spenden finanziert.
Organisiert wird das Projekt von unserem Koordinatorenteam.
Hunderte Mitglieder helfen ehrenamtlich in unseren moderierten Foren.
Anbieter der Seite ist der gemeinnützige Verein "Vorhilfe.de e.V.".
Partnerseiten
Dt. Schulen im Ausland: Mathe-Seiten:Weitere Fächer:

Open Source FunktionenplotterFunkyPlot: Kostenloser und quelloffener Funktionenplotter für Linux und andere Betriebssysteme
StartseiteMatheForenZahlentheoriePolynom mit Primzahlwerten-N.E
Foren für weitere Studienfächer findest Du auf www.vorhilfe.de z.B. Astronomie • Medizin • Elektrotechnik • Maschinenbau • Bauingenieurwesen • Jura • Psychologie • Geowissenschaften
Forum "Zahlentheorie" - Polynom mit Primzahlwerten-N.E
Polynom mit Primzahlwerten-N.E < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Zahlentheorie"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien

Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Nichtexistenz v. Pol. mit IP-W
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 21:08 Fr 10.04.2015
Autor: Marcel

Aufgabe
Hallo,

ich habe die Aufgabe, "es gibt kein Polynom $f [mm] \colon \IN_0 \to \IZ$ [/mm] so, dass [mm] $f\,$ [/mm]
nur Primzahlwerte annimmt", gelesen.







Es ist also [mm] $f(\IN_0) \not\subseteq \IP$ [/mm] zu zeigen. Der Beweis ist auch einfach, wenn da
irgendwo [mm] $a_k \in \IZ$ [/mm] dabeigestanden hätte: Angenommen, der Satz ist falsch,
dann ist mit [mm] $f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k$ [/mm] sofort [mm] $f(0)=a_0 \in \IP$, [/mm] also insbesondere $f(0) [mm] \in \IN$ [/mm] und

    [mm] $f(m*a_0)$ [/mm] ist offenbar durch [mm] $a_0$ [/mm] teilbar für jedes $m [mm] \in \IN\,.$ [/mm]

(So in etwa steht es in der Musterlösung, wobei dann noch [mm] $a_n [/mm] > 0$ und $m >> [mm] 0\,$ [/mm] erwähnt
wird).

Soweit wäre das für mich alles ersichtlich, nur: Geht man hier nicht dann davon
aus, dass alle [mm] $a_k \in \IZ$ [/mm] sind? Und wieso steht da $m >> [mm] 0\,$ [/mm] dann dabei? Ich würde doch auch direkt

    [mm] $a_0 \mid f(2*a_0)$ [/mm]

dann nachrechnen können. Gilt der Satz vielleicht für allgemeinere [mm] $a_k$? [/mm]

P.S. Ich sehe gerade, dass das $m >> [mm] 0\,$ [/mm] vielleicht einfach damit zu tun hat,
dass auch [mm] $f(m*a_0) [/mm] > [mm] a_0$ [/mm] gelten soll.

Gruß,
  Marcel

        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:38 Fr 10.04.2015
Autor: hippias

Wenn ein Polynom $f$ ueber, sagen wir mal, [mm] $\IC$ [/mm] gegeben ist, fuer das [mm] $f(\IN)\subseteq \IZ$ [/mm] gilt, dann folgt, dass $f$ nur Koeffizienten aus [mm] $\IQ$ [/mm] hat. Das $m$ wird dann so gewaehlt, dass $m$ multipliziert mit jedem beliebigen dieser Koeffizienten [mm] $\in \IZ$ [/mm] ist.

Wenn Du den Beweis, dass $f$ Koeffizienten aus [mm] $\IQ$ [/mm] hat, lieber selben finden willst, dann liess jetzt nicht weiter;-)



Hat $f$ den Grad $n$, so ist $f$ durch seine Funktionswerte an $n$ verschiedenen Stuetzstellen eindeutig festgelegt. Sind die Stuetzstellen und Funktionswerte aus [mm] $\IZ$, [/mm] so liefern die ueblichen Interpolationsformeln, dass die Koeffizienten aus [mm] $\IQ$ [/mm] sind.

Bezug
                
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:42 Fr 10.04.2015
Autor: Marcel

Hallo,

> Wenn ein Polynom [mm]f[/mm] ueber, sagen wir mal, [mm]\IC[/mm] gegeben ist,
> fuer das [mm]f(\IN)\subseteq \IZ[/mm] gilt, dann folgt, dass [mm]f[/mm] nur
> Koeffizienten aus [mm]\IQ[/mm] hat.

sowas ahnte ich schon. :-)

> Das [mm]m[/mm] wird dann so gewaehlt,
> dass [mm]m[/mm] multipliziert mit jedem beliebigen dieser
> Koeffizienten [mm]\in \IZ[/mm] ist.
>  
> Wenn Du den Beweis, dass [mm]f[/mm] Koeffizienten aus [mm]\IQ[/mm] hat,
> lieber selben finden willst, dann liess jetzt nicht
> weiter;-)

Gerade dazu hatte ich eben keine Idee. ^^

>
>
> Hat [mm]f[/mm] den Grad [mm]n[/mm], so ist [mm]f[/mm] durch seine Funktionswerte an [mm]n[/mm]
> verschiedenen Stuetzstellen eindeutig festgelegt. Sind die
> Stuetzstellen und Funktionswerte aus [mm]\IZ[/mm], so liefern die
> ueblichen Interpolationsformeln, dass die Koeffizienten aus
> [mm]\IQ[/mm] sind.

Interessant, das schreibe ich mir demnächst mal ausführlich auf. :-)
( Ich meine damit, wie das konkret mit den Interpolationsformeln aussieht,
die Eindeutigkeit ist mir schon klar. ;-) Nur wird man doch [mm] $n+1\,$ [/mm] Stützstellen
brauchen, denke ich: Auf den einfachsten Fall heruntergebrochen: Eine
Gerade (Funktionsgleichung vom Grad [mm] $\le$ [/mm] 1) ist durch zwei verschiedene
Punkte ihres Graphen eindeutig festgelegt. Aber das ist jetzt auch nicht
so wirklich wesentlich...)

P.S. Und Danke. Das beantwortet meine *erweiterte Frage*, denn da der
Lösungshinweis wirklich nur so knapp ist und nichts über die Koeffizienten
weiter gesagt wird, denke ich, dass der Autor einfach stillschweigend
angenommen hat, dass alle Koeffizienten aus [mm] $\IZ$ [/mm] seien. ^^

Gruß,
  Marcel

Bezug
                        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:06 Sa 11.04.2015
Autor: felixf

Moin!

> > Wenn ein Polynom [mm]f[/mm] ueber, sagen wir mal, [mm]\IC[/mm] gegeben ist,
> > fuer das [mm]f(\IN)\subseteq \IZ[/mm] gilt, dann folgt, dass [mm]f[/mm] nur
> > Koeffizienten aus [mm]\IQ[/mm] hat.
>
> sowas ahnte ich schon. :-)

Man kann solche Polynome sogar noch viel genauer beschreiben. Sie bilden nämlich einen freien [mm] $\IZ$-Modul, [/mm] von dem man eine recht einfache Basis explizit hinschreiben kann: [mm] $\binom{t}{0}$, $\binom{t}{1}$, $\binom{t}{2}$, [/mm] ..., wobei [mm] $\binom{t}{k} [/mm] = [mm] \frac{t (t-1) (t-2) \cdots (t-k+1)}{k!}$ [/mm] für $k [mm] \in \IN$ [/mm] ist. (Siehe z.B. []hier.)

LG Felix


Bezug
        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Frage (überfällig)
Status: (Frage) überfällig Status 
Datum: 21:38 Fr 10.04.2015
Autor: Marcel

Hallo,

ich habe auch gerade den Satz inklusive eines anderen Beweisvorschlages
in einem anderen Buch gelesen, und da wird definitiv auch gesagt, dass die
Koeffizienten alle in [mm] $\IZ$ [/mm] sein sollen.

Da der Beweis dort nicht ganz ausgeführt wird, bitte ich zur Kontrolle mal,
über meinen drüberzulesen:
Es sei [mm] $f\,$ [/mm] wie in der anderen Frage, und alle [mm] $a_k$ [/mm] seien in [mm] $\IZ$ [/mm] mit [mm] $a_n [/mm] > [mm] 0\,.$ [/mm]

Sei $m [mm] \in \IN_0$ [/mm] und $p:=f(m) [mm] \in \IP$ [/mm] nach Annahme, dass [mm] $f\,$ [/mm] doch so sei, wie
es im Satz gesagt wird, dass es nicht möglich sein kann. Sei $k [mm] \in \IN\,.$ [/mm] Wir erinnern an

    (*) [mm] $a^N-b^N=(a-b)*\sum_{\ell=0}^{N-1}a^\ell b^{N-1-\ell}\,,$ [/mm]

insbesondere teilt [mm] $(a-b)\,$ [/mm] also [mm] $a^N-b^N\,.$ [/mm]

Dann gilt

    [mm] $f(m+k*p)-f(m)=\sum_{\ell=0}^n a_\ell \{(m+k*p)^\ell - m^\ell\}\,.$ [/mm]

Wegen (*) wird jeder Summand der letzten rechten Seite von

    [mm] $m+k*p-m=k*p\,$ [/mm]

geteilt. Damit folgt zudem

    $p [mm] \mid (f(m+k*p)-f(m))=(f(m+k*p)-p)\,.$ [/mm]

Dann ist aber mit einem [mm] $k\,' \in \IZ$ [/mm]

    [mm] $f(m+k*p)-p=k\,'*p$ [/mm]

bzw.

    [mm] $f(m+k*p)=(k\,'+1)*p\,,$ [/mm]

wir erhalten also den Widerspruch $p [mm] \mid f(m+k*p)\,.$ [/mm]

Gruß,
  Marcel

Bezug
                
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Fälligkeit abgelaufen
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 22:20 So 12.04.2015
Autor: matux

$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
Bezug
        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 21:47 Fr 10.04.2015
Autor: HJKweseleit

Die Aussage stimmt nicht: f(x)=3 nimmt für alle x [mm] \in \IN [/mm] nur Primzahlwerte, nämlich 3, an. Und f ist ein (konstantes) Polynom.

Noch weniger verstehe ich, wieso

[mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k f(x)[/mm] sein sollte,

oder ist die Funktion f vor dem =-Zeichen eine andere als das unter der Summe?

Wieso ist [mm]f(12)=\sum_{k=0}^n a_k f(12)[/mm]?

Also f(12) = [mm] k_{0}f(12)+k_{1}f(12)+...+k_{n}f(12)? [/mm]

Bezug
                
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:52 Fr 10.04.2015
Autor: Marcel

Hallo,

> Die Aussage stimmt nicht: f(x)=3 nimmt für alle x [mm]\in \IN[/mm]
> nur Primzahlwerte, nämlich 3, an. Und f ist ein
> (konstantes) Polynom.

das stimmt - vielleicht schludert meine Erinnerung, und da stand nichtkonstant
dabei. Ich gucke mal gerade nach...
Nein, das wurde tatsächlich übersehen.

> Noch weniger verstehe ich, wieso
>  
> [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k f(x)[/mm] sein sollte,
>  
> oder ist die Funktion f vor dem =-Zeichen eine andere als
> das unter der Summe?

Das war Quatsch von mir, da sollte

    [mm] $f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k$ [/mm]

stehen. Keine Ahnung, wie der Verschreiber zustande kam.
  

> Wieso ist [mm]f(12)=\sum_{k=0}^n a_k f(12)[/mm]?
>  
> Also f(12) = [mm]k_{0}f(12)+k_{1}f(12)+...+k_{n}f(12)?[/mm]  

S.o., habe ich aber Dank Deines Hinweise nachträglich korrigiert.

Gruß,
  Marcel

Bezug
        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Aufgabe aus...
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 21:56 Fr 10.04.2015
Autor: Marcel

Elementare und Algebraische Zahlentheorie: Ein Moderner Zugang zu Klassischen Themen (German Edition), 2. Auflage

Zitat Aufgabe 1.6, Seite 3:
"Zeigen Sie: Es gibt keine Polynomfunktion $f [mm] \colon \IN_0 \to \IZ$, [/mm] die nur Primzahlen als
Werte hat."

Tatsächlich fehlt da, dass es um "nichtkonstante Polynome" geht!

Gruß,
  Marcel

Bezug
        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 12:32 Sa 11.04.2015
Autor: HJKweseleit

Das Polynom habe den Grad n>0.

Angenommen, der Satz ist falsch,
  dann ist mit [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k[/mm] sofort [mm]f(0)=a_0=p \in \IP[/mm].

Damit gilt nun für jedes x [mm] \in \IN:[/mm]  [mm]f(p*x)=p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k[/mm] ist teilbar durch p.

Dann ist entweder [mm]f(p*x)[/mm] keine Primzahl oder [mm]p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k= p[/mm], also [mm] \sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k=0. [/mm]

Das Polynom [mm] \sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k [/mm] kann aber höchstens n Nullstellen haben und nicht für alle x [mm] \in \IN [/mm] Null werden (es sei denn, es wäre das Nullpolynom, aber das haben wir oben ausgeschlossen).

Also ist f(p*x) keine Primzahl.

(Es spielt nun keine Rolle, ob die [mm] a_k [/mm] rational sind.)

---------------------------------------------------------

ZUSATZ 1:

Es gibt auch kein solches Polynom f, bei dem ab x=N für alle x [mm] \in \IN [/mm] nur noch Primzahlen herauskommen.


Beweis: Bilde g(x)=f(N+x).  (Verschiebung um N Einheiten nach links im Koordinatensystem)

Dann ist g ebenfalls ein Polynom n-ten Grades, bei dem nun für alle x [mm] \in \IN_0 [/mm] nur Primzahlen entstünden, was nach oben Gesagtem nicht möglich ist.
---------------------------------------------------------

ZUSATZ 2:

Nach obigem Beweis könnte man vermuten, dass nun nur der Faktor p verhindert, dass lautet Primzahlen entstehen.

Es gibt auch kein solches Polynom f, bei dem für alle x [mm] \in \IN [/mm] nur noch Zahlen herauskommen, die aus einem gemeinsamen Faktor k und lauter Primzahlen bestehen (z.B [mm] \wurzel{2}*p_1, \wurzel{2}*p_2,...). [/mm]

Beweis: Bilde g(x)=f(x)/k. Das wäre wieder ein Polynom n-ten Grades.

Dann kämen bei g wieder nur Primzahlen heraus, was nach obigem Beweis nicht möglich ist.
---------------------------------------------------------

Bemerkung: [mm] f(x)=x^2-x+41 [/mm] gibt für x=0, x=1, ... x=40 lauter Primzahlen aus, aber nicht mehr für x=41.

Bezug
                
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 14:07 Sa 11.04.2015
Autor: Marcel

Hallo,

> Das Polynom habe den Grad n>0.
>  
> Angenommen, der Satz ist falsch,
>    dann ist mit [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k[/mm] sofort [mm]f(0)=a_0=p \in \IP[/mm].
>  
> Damit gilt nun für jedes x [mm]\in \IN:[/mm]  [mm]f(p*x)=p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k[/mm]
> ist teilbar durch p.

diese Rechnung habe ich genauso durchgeführt, und hier gibt es halt
ein Problem:
Warum sollte hier [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$ [/mm] sein?

Das Problem *verschwindet*, wenn *etwa alle [mm] $a_k \in \IZ$* [/mm] sind. Oder übersehe ich
da etwas?

Gruß,
  Marcel

Bezug
                        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:37 Sa 11.04.2015
Autor: hippias


> Hallo,
>  
> > Das Polynom habe den Grad n>0.
>  >  
> > Angenommen, der Satz ist falsch,
>  >    dann ist mit [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k[/mm] sofort
> [mm]f(0)=a_0=p \in \IP[/mm].
>  >  
> > Damit gilt nun für jedes x [mm]\in \IN:[/mm]  [mm]f(p*x)=p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k[/mm]
> > ist teilbar durch p.
>  
> diese Rechnung habe ich genauso durchgeführt, und hier
> gibt es halt
>  ein Problem:
>  Warum sollte hier [mm]\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ[/mm]
> sein?

Ich habe nicht den Einruck, dass es fuer das schoene Argument von HJKweseleit notwendig ist, dass [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$ [/mm] ist. Trotzdem kann man es aber zeigen. Da [mm] $f(\IN)\subseteq \IZ$ [/mm] ist, ist $f(xp)= [mm] p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$ [/mm] und, wie bereits erwaehnt, teilbar durch $p$. Dann ist der Quotient [mm] $1+\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$ [/mm] und somit auch [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$. [/mm]

Doch man braucht es eigentlich nicht.

>
> Das Problem *verschwindet*, wenn *etwa alle [mm]a_k \in \IZ[/mm]*
> sind. Oder übersehe ich
>  da etwas?
>  
> Gruß,
>    Marcel  


Bezug
                                
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:10 Sa 11.04.2015
Autor: Marcel

Hallo Hippias,

> > Hallo,
>  >  
> > > Das Polynom habe den Grad n>0.
>  >  >  
> > > Angenommen, der Satz ist falsch,
>  >  >    dann ist mit [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k[/mm] sofort
> > [mm]f(0)=a_0=p \in \IP[/mm].
>  >  >  
> > > Damit gilt nun für jedes x [mm]\in \IN:[/mm]  [mm]f(p*x)=p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k[/mm]
> > > ist teilbar durch p.
>  >  
> > diese Rechnung habe ich genauso durchgeführt, und hier
> > gibt es halt
>  >  ein Problem:
>  >  Warum sollte hier [mm]\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ[/mm]
> > sein?
> Ich habe nicht den Einruck, dass es fuer das schoene
> Argument von HJKweseleit notwendig ist, dass [mm]\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ[/mm]
> ist. Trotzdem kann man es aber zeigen. Da [mm]f(\IN)\subseteq \IZ[/mm] ist, ist $ f(xp)= [mm] p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ [/mm] $

> und, wie bereits erwaehnt, teilbar durch $ p $.

an welcher Stelle zeigst Du denn nun

    [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$ [/mm] ?

Aus

    [mm] $p+p*\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$ [/mm]

folgt doch nur

    [mm] $\red{p*}\,\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$. [/mm]

Ich meine:

    [mm] $3*\frac{4}{3}=4 \in \IZ$ [/mm]

impliziert ja auch nicht $4/3 [mm] \in \IZ$ [/mm] ?!

Und die Teilbarkeit von

    [mm] $p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k$ [/mm]

durch [mm] $p\,$ [/mm] bedarf doch eben einer Begründung, dass [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$ [/mm]
ist. Wenn ich das annehme, brauche ich das nicht mehr zu beweisen.

Deine andere Antwort mit Interpolationsformeln etc. finde ich dahingehend
einleuchtend.

Gruß,
  Marcel

Bezug
                                        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:52 Sa 11.04.2015
Autor: hippias

Es war [mm] $f(\IN)\subseteq \IZ$ [/mm] vorausgesetzt. Daher ist $f(xp)= [mm] p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$. [/mm] Ferner wurde erlaeutert, dass diese ganze Zahl durch $p$ teilbar ist. Nach Division mit $p$ erhaelt man also eine ganze Zahl. Der Quotient aber lautet [mm] $1+\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$. [/mm] Dann ist auch [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$. [/mm]


Bezug
                                                
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:05 Sa 11.04.2015
Autor: Marcel

Hallo hippias,

> Es war [mm]f(\IN)\subseteq \IZ[/mm] vorausgesetzt. Daher ist [mm]f(xp)= p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ[/mm].

bis dahin bin ich einverstanden.

> Ferner wurde erlaeutert, dass diese ganze Zahl durch [mm]p[/mm]
> teilbar ist.

Das wurde doch eben nicht erläutert. Genau das Argument sehe ich an
keiner Stelle. Es wird gesagt:

    [mm] $p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ\,.$ [/mm]

Das ist auch okay, und damit folgt auch

    [mm] $\red{p*\,}\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ\,.$ [/mm]

Aber nur, weil [mm] $p*\text{irgendwas} \in \IZ$ [/mm] ist, muss [mm] $\text{irgendwas} \in \IZ$ [/mm] noch lange
nicht gelten.

Im übrigen ist

    [mm] $p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k$ [/mm]

doch offenbar genau dann durch [mm] $p\,$ [/mm] teilbar, wenn

    [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$ [/mm]

gilt. Durch eine äquivalente Umformulierung einer Behauptung wird diese
doch nicht wahr. Oder was übersehe ich hier (immer noch)?

> Nach Division mit [mm]p[/mm] erhaelt man also eine
> ganze Zahl. Der Quotient aber lautet [mm]1+\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ[/mm].
> Dann ist auch [mm]\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ[/mm].

S.o.. Ich brauche nach wie vor ein Argument, dass eine der folgenden
beiden Aussagen wahr ist:

    I) Es ist [mm] $p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$ [/mm] teilbar durch [mm] $p\,.$ [/mm]

    II) Es ist [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ\,.$ [/mm]

Gruß,
  Marcel

Bezug
                                                        
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 09:50 So 12.04.2015
Autor: hippias

Jetzt verstehe ich Deinen Einwand; und gebe Dir recht: ich dachte, die Teilbarkeit mit $p$ waere klar.

Wenigstens aber kann man sagen, dass [mm] $\sum a_{k}p^{k-1}x^{k}\in \IQ$ [/mm] ist. Durch passende Verfielfachung von $x$ erreiche ich dann aber auch, dass die Zahl [mm] $\in \IZ$ [/mm] ist. Also $f(xx'p)= [mm] p+\sum a_{k}p^{k}(x'x)^{k}= p(1+\sum a_{k}p^{k-1}(x'x)^{k})$, [/mm] wobei jetzt [mm] $1+\sum a_{k}p^{k-1}(x'x)^{k}\in \IZ$ [/mm] gilt.

Ab hier muesste der Beweis wieder funktionieren, d.h. $f$ nimmt an unendlich vielen Stellen nur endlich viele Werte an.

Bezug
                                                                
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 13:34 So 12.04.2015
Autor: Marcel

Hallo hippias,

> Jetzt verstehe ich Deinen Einwand; und gebe Dir recht: ich
> dachte, die Teilbarkeit mit [mm]p[/mm] waere klar.
>
> Wenigstens aber kann man sagen, dass [mm]\sum a_{k}p^{k-1}x^{k}\in \IQ[/mm]
> ist.

okay.

> Durch passende Verfielfachung von [mm]x[/mm] erreiche ich dann
> aber auch, dass die Zahl [mm]\in \IZ[/mm] ist. Also [mm]f(xx'p)= p+\sum a_{k}p^{k}(x'x)^{k}= p(1+\sum a_{k}p^{k-1}(x'x)^{k})[/mm],
> wobei jetzt [mm]1+\sum a_{k}p^{k-1}(x'x)^{k}\in \IZ[/mm] gilt.
>  
> Ab hier muesste der Beweis wieder funktionieren, d.h. [mm]f[/mm]
> nimmt an unendlich vielen Stellen nur endlich viele Werte
> an.

Gut. Das hat mir gefehlt. Danke. :-)

Gruß,
  Marcel

Bezug
                
Bezug
Polynom mit Primzahlwerten-N.E: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 14:09 Sa 11.04.2015
Autor: Marcel

Hallo,

übrigens auch Danke für die Bemerkungen. Sie sind mir zwar relativ klar,
aber man behält so etwas einfach besser im Hinterkopf, wenn es mal
*ausgesprochen* wurde. :-)

Gruß,
  Marcel

Bezug
Ansicht: [ geschachtelt ] | ^ Forum "Zahlentheorie"  | ^^ Alle Foren  | ^ Forenbaum  | Materialien


^ Seitenanfang ^
www.matheraum.de
[ Startseite | Forum | Wissen | Kurse | Mitglieder | Team | Impressum ]