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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Wir lernen Galois
Thema eröffnet 2018-03-13 00:11 von
juergen007
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Universität/Hochschule Wir lernen Galois
weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.80, eingetragen 2018-03-20

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2018-03-20 21:47 - Wally in Beitrag No. 79 schreibt:
Soweit ist das richtig und der richtige Weg.

Wally

Ist es leider nicht. Juergen007 hat leider eine seltene Begabung darin, über seine eigenen Füße zu stolpern. In

2018-03-20 21:39 - juergen007 in Beitrag No. 78 schreibt:

$\displaystyle f(x_0)=x_0^{n}+a_{n-1}x_0^{n-1}+...+a_1x_0+a_0=0$
$\displaystyle\frac{p^n}{q^n}a_{n}+a_{n-1}\frac{p^{n-1}}{q^{n-1}}+...+a_1\frac{p}{q}+a_0=0$
$\displaystyle p^na_{n}+a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n}=0$

Es ist zu zeigen, dass nur für $q=1$ eine Lösung mit $a_i\in Z$ existiert...

taucht wie aus dem Nichts plötzlich ein $a_n$ auf, das vorher nicht da war, und das man natürlich auch überhaupt nicht brauchen kann.  frown
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.81, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-20

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2018-03-20 21:39 - juergen007 in Beitrag No. 78 schreibt:
2018-03-20 20:27 - juergen007 in Beitrag No. 77 schreibt:

Die aktuelle Aufgabe ist:
"Aufgabe 1.3.7. Sei x eine rationale Zahl, welche zugleich eine ganze algebraische Zahl ist. Zeige, daß x dann sogar eine ganze Zahl ist."



$\displaystyle p^n+a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n}=0$.
Es ist zu zeigen, dass nur für $q=1$ eine Lösung mit $a_i\in Z$ existiert...

Sei q=2: dann $\displaystyle f(p) \in Z[p]=p^n+2a_{n-1}p^{n-1}+...+2^{n-1}a_1p+a_02^{n}=0$.
Weiter weiß ich eben nicht..

edited after weird  biggrin

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.79 begonnen.]
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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.82, eingetragen 2018-03-20

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2018-03-20 22:06 - juergen007 in Beitrag No. 81 schreibt:

$\displaystyle p^na_{n}+a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n}=0$.
Es ist zu zeigen, dass nur für $q=1$ eine Lösung mit $a_i\in Z$ existiert...

Sei q=2: dann $\displaystyle f(p) \in Z[p]=a_{n}p^n+2a_{n-1}p^{n-1}+...+2^{n-1}a_1p+a_02^{n}=0$.
Weiter weiß ich eben nicht..

Wie gesagt, solange du nicht $a_n=1$ setzt, wie es ja die Voraussetzung hier, dass $x_0$ ganzalgebraisch ist, auch ausdrücklich verlangt, wirst du nichts, aber auch gar nichts beweisen können, da der gleiche Beweis ja ansonsten auch für ein $x_0$ funktionieren würde, das bloß algebraisch ist. Für ein solches ist aber die Behauptung hier klar falsch.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.83, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-20

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2018-03-20 22:16 - weird in Beitrag No. 82 schreibt:
Wie gesagt, solange du nicht $a_n=1$ setzt,



schon geschehen
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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.84, eingetragen 2018-03-20


Guck dir an, ob beide Seiten durch q teilbar sind... Und ob sie durch ein q > 1 teilbar sein dürfen.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.81 begonnen.]



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.85, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-20


Welche beide Seiten?



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.86, eingetragen 2018-03-20

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2018-03-20 22:18 - MartinN in Beitrag No. 84 schreibt:
Guck dir an, ob beide Seiten durch q teilbar sind... Und ob sie durch ein q > 1 teilbar sein dürfen.

Man muss das nicht für $q$ selbst, sondern für einen potenziellen Primteiler $r$ von $q$ machen, was auf einen Widerspruch führt, und damit beweist, das $q$ gar keine Primteiler besitzt.

@Juergen007

Mit den "beiden Seiten" sind natürlich die linke und rechte Seite der Gleichung

$p^n=-(a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n})$

gemeint, wovon die rechte Seite offensichtlich durch $q$ teilbar ist, und damit auch durch jeden Primteiler $r$ von $q$ teilbar wäre, würde $q$ einen solchen besitzen. Genau die Nichtexistenz eines solchen Primteilers von $q$, aus der dann natürlich unmittelbar $q=1$ folgt, gilt es also hier zu beweisen.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.87, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-21

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2018-03-20 22:06 - juergen007 in Beitrag No. 81 schreibt:


Sei q=2: dann $\displaystyle f(p) \in Z[p]=p^n+2a_{n-1}p^{n-1}+...+2^{n-1}a_1p+a_02^{n}=0$.

Aus $\displaystyle f(p_i)=p_i^n+2a_{n-1}p_i^{n-1}+...+2^{n-1}a_1p_i+a_02^{n}=0$ würde ich schliessen, dass für alle $p_i$ gilt: $2|p_i$, so dass $\frac{p_i}{q}$ immer ganzzahlig ist.
Das kann man für alle $\displaystyle q \in Z$ zeigen.
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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.88, eingetragen 2018-03-21


Als Gegenbeispiel zu deinem Beweis:
Wähle n=3 und q=8, dann wäre theoretisch p=2 möglich, da 2^3 durch 8 teilbar ist.
Und demnach wäre gemäß deiner Argumentation 2/8 = 0.25 eine mögliche Lösung eines solchen Polynoms.

Also kann dies noch nicht genügen um genau dies auszuschließen.

Man sollte auch eher allgemein arbeiten statt nur an einem einzelnen Beispiel und daraus dann darauf schließen zu wollen, es gelte für alle nicht.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.89, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-21

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2018-03-20 22:40 - weird in Beitrag No. 86 schreibt:

Mit den "beiden Seiten" sind natürlich die linke und rechte Seite der Gleichung

$p^n=-(a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n})$

gemeint, wovon die rechte Seite offensichtlich durch $q$ teilbar ist, und damit auch durch jeden Primteiler $r$ von $q$ teilbar wäre, würde $q$ einen solchen besitzen.
Genau die Nichtexistenz eines solchen Primteilers von $q$, aus der dann natürlich unmittelbar $q=1$ folgt, gilt es also hier zu beweisen.


Das mit dem Primteilern von q versteh ich ääääh gar nicht ..
Zu zeigen ist doch: In $\frac{p}{q}$ wenn $q\in Z \gt 1$ dann ist $p \in Z$ ein vielfaches von q oder?

Muss man einen Primteiler finden oder nicht wovon warum und wann ist mir jetzt etwas sehr unklar...
danke
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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.90, eingetragen 2018-03-21

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Gemäß der Formel wäre \(p^n\) ein Vielfaches von q. Ob p auch ein Vielfaches von q ist, ist dabei unerheblich.

Schau dir nochmal den vorletzten Satz von #75 an, oder deine Voraussetzungen für den "Satz über rationale Nullstellen".
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a-gon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.91, eingetragen 2018-03-21


Etwas ausser der Reihe: bin ich mit Kapitel 1 fertig und freue mich an der Überschrift von Kapitel 2 * lacht * allerdings hab ich nicht alle Aufgaben wirklich durchgeackert.

Cool ist die Aufgabe 1.5.7 so aus dem Nichts gegriffen. Jürgen: Du unterschätzt übrigens die Tiefgründigkeit der Konstruktion mit Zirkel und Lineal. Ich musste allerdings auch feststellen, dass in meinem Schreibtisch hier im Büro kein Zirkel vorhanden ist.

Hand aufs Herz: Wer könnte bei "Geben sie eine Konstruktionsanleitung für das Fünfeck" ohne nachzuschlagen eine Antwort geben? Fast wäre das mal Anlass für eine Umfrage!

Grüsse
Andrea



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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.92, eingetragen 2018-03-21

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2018-03-21 09:28 - juergen007 in Beitrag No. 89 schreibt:
2018-03-20 22:40 - weird in Beitrag No. 86 schreibt:

Mit den "beiden Seiten" sind natürlich die linke und rechte Seite der Gleichung

$p^n=-(a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n})$

gemeint, wovon die rechte Seite offensichtlich durch $q$ teilbar ist, und damit auch durch jeden Primteiler $r$ von $q$ teilbar wäre, würde $q$ einen solchen besitzen.
Genau die Nichtexistenz eines solchen Primteilers von $q$, aus der dann natürlich unmittelbar $q=1$ folgt, gilt es also hier zu beweisen.


Das mit dem Primteilern von q versteh ich ääääh gar nicht ..
Zu zeigen ist doch: In $\frac{p}{q}$ wenn $q\in Z \gt 1$ dann ist $p \in Z$ ein vielfaches von q oder?

Muss man einen Primteiler finden oder nicht wovon warum und wann ist mir jetzt etwas sehr unklar...
danke


Aus der Gleichung

$p^n=-(a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n})$

kann man zunächst nur schließen, dass $q$ ein Teiler von $p^n$ sein muss. Man muss aber zeigen, dass dies im Falle $q\ne 1$ zu einen Widerspruch zu den Vorausetzungen ggT$(p,q)=1$ und $q>0$ führt, welche man natürlich o.B.d.A. machen darf, womit also dann tatsächlich $x_0=\frac pq\in \mathbb Z$ sein muss. Wie man das etwa machen kann, siehst du ja oben in dem Zitat aus #86.

Allerdings habe ich gerade bei der hier so wichtigen Voraussetzung ggT$(p,q)=1$ den Eindruck, dass du das an einer Stelle machst (z.B. in #78 noch ganz explizit) und dann wieder irgendwie vergisst, wie etwa in #87, wo es dich offenbar auch gar nicht stört, dass $2|p$ ist. Es ist diese seltsame Beliebigkeit, wo man nie genau weiß, gilt eine Voraussetzung nun oder nicht, die hier so verstört.  frown

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.90 begonnen.]
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gonz
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.93, eingetragen 2018-03-21


@Andrea

Doch ich könnte das. Allerdings ist das vielleicht eher Zufall. Es hängt aber auch irgendwie mit der Beschäftigung mit den Dingen in einer eher wie soll ich sagen... geometrischen Sichtweise zusammen: Im Fünfeck regiert der Goldene Schnitt, und den wiederum kann man konstruieren und sich das gut merken (vielleicht extra, wenn man sich bildliche Dinge gut merken kann). Wie man dann mithilfe dessen das Fünfeck angeht, muss ich mir immer neu klarmachen, das geht dann aber fix.

Grüsse aus dem verschneiten Harz
Gonz

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.91 begonnen.]


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to fight! (Don Quijote de la Mancha)



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.94, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-21


2018-03-21 11:29 - gonz in Beitrag No. 93 schreibt:
@Andrea


PS.: AAARG wo ist mein Zirkel ???

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.91 begonnen.]


Jedenfalls gab es einen deutschen Mathematiker namens Johann Gustav Hermes (* 20. Juni 1846 in Königsberg; † 8. Juni 1912 in Bad Oeynhausen), der es sich u.a. zum Lebenswerk machte, ein 65537-Eck zu konstruieren!
Man suche nach "Hermes in Lingen".

www.digizeitschriften.de/dms/img/?PID=GDZPPN002157373&physid=phys89#navi

Unterlagen und Zeichnungen sind wohl noch in Göttinger Archiven einzusehen.



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.95, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-21

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2018-03-20 22:06 - juergen007 in Beitrag No. 81 schreibt:

$\displaystyle p^n+a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n}=0$.

Sei q=2: dann $\displaystyle f(p) \in Z[p]=p^n+2a_{n-1}p^{n-1}+...+2^{n-1}a_1p+a_02^{n}=0$.

Wenn das richtig ist dann gilt auch allgemeiner:
$\displaystyle \forall r \in Z: f(p_i) \in Z[p]=p_i^n+ra_{n-1}p_i^{n-1}+...+r^{n-1}a_1p_i+a_0r^{n}=0 \Rightarrow r|p_i$, so dass für alle $r>0:\frac{p_i}{r}$ immer ganzzahlig ist.
Das wäre dann ein Widerspruch zu $ggt(p,r)=1$, wenn $r>1$.
Anm.: $\frac{p}{r}=x_0$ ist dann ein unkürzbarer Bruch, wenn $ggt(p,r)=1$ und $r>1$
Und die Behaupung war das solche nicht ganzalgebraisch sein können.
Das ist imho gezeigt.
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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.96, eingetragen 2018-03-21

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2018-03-21 12:24 - juergen007 in Beitrag No. 95 schreibt:
2018-03-20 22:06 - juergen007 in Beitrag No. 81 schreibt:

$\displaystyle p^n+a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n}=0$.

Sei q=2: dann $\displaystyle f(p) \in Z[p]=p^n+2a_{n-1}p^{n-1}+...+2^{n-1}a_1p+a_02^{n}=0$.

Wenn das richtig ist dann gilt auch allgemeiner:
$\displaystyle \forall r \in Z: f(p_i) \in Z[p]=p_i^n+ra_{n-1}p_i^{n-1}+...+r^{n-1}a_1p_i+a_0r^{n}=0 \Rightarrow r|p_i$, so dass für alle $r>0:\frac{p_i}{r}$ immer ganzzahlig ist.

Für mich zeigt diese "Begründung" ganz klar, dass du im Kern nicht verstanden hast, worum es hier geht. Wenn nämlich dein $r$ hier eine beliebige ganze Zahl sein kann, wie dies ja deine Voraussetzung $r\in \mathbb Z$ hier klar suggeriert, dann ist dein obiger Schluss (unter Weglassung der seltsamen Indices $i$, was sollen die hier überhaupt?)

$p^n+ra_{n-1}p^{n-1}+...+r^{n-1}a_1p+a_0r^{n}=0 \Rightarrow r|p$

klar falsch! Wie ich ja auch oben schon gesagt habe, folgt aus deiner Prämisse nur $r\mid p^n$, aber daraus eben noch nicht $r\mid p$. So gilt z.B. $4\mid 6^2$, aber eben nicht $4\mid 6$.

Es hilft nichts: Du musst dich schon auch im Detail an die Beweisvorlage in #86 halten, wo ja auch klar steht, dass $r$ ein Primfaktor von $q$ ist, so es einen gibt, mit einem beliebigen ganzen $r$ funktioniert das hier nicht! Und Ausgangspunkt muss natürlich die Gleichung

$p^n=-(a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n})$

sein, aus der zunächst $q\mid p^n$ und damit weiter $r\mid p^n$ folgt. Da nun $r$ prim ist kann man nun daraus tatsächlich schließen, dass weiter $r\mid p$ gelten muss, d.h., $r$ wäre ein gemeinsamer Primfaktor von $p$ und $q$ im Widerspruch zur Voraussetzung ggT$(p,q)=1$. Die Annahme, $q$ hätte Primfaktoren, stimmt also nicht, womit dann $q=1$ und letztendlich $x_0=\frac pq\in \mathbb Z$ gelten muss, q.e.d.
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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.97, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-21

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2018-03-21 13:56 - weird in Beitrag No. 96 schreibt:

$p^n+ra_{n-1}p^{n-1}+...+r^{n-1}a_1p+a_0r^{n}=0 \Rightarrow r|p$


Wenn $\frac{p}{q}$ mit $ggt(p,q)=1$ und $q >1$ ist, dann suchen wir die Nullstellen des Polynoms
$\displaystyle f(p)=p^n+qa_{n-1}p^{n-1}+...+q^{n-1}a_1p+a_0q^{n}$.

Diese nennen wir $p_i$, denn es gibt evtl. mehrere davon und evtl. doppelte.
Es gilt die Zerleung in Linearfaktoren $\displaystyle f(p)=\prod_{i=1}^N (p-p_i)$.
Das absolute Glied von $f(p)$ nenen wir mal $\displaystyle x_0=a_0q^{n}$ und ist $\displaystyle \prod_{i=1}^N p_i$.
Also $\displaystyle x_0=a_0q^{n}=\prod_{i=1}^N p_i$.

Alle Nullstellen $\displaystyle p_i$ von $\displaystyle f(p)$ teilen das absolute Glied $\displaystyle a_0q^{n}$. Wenn z.B. $a_0=3,q=2, n=5$ ist, dann ist das absolute Glied = $3*2^5=96$.
Wenn wir zur Veranschaulichung dieses Rechenbeispiel q=2 nehmen, sind die Teiler von $x_0=96=2,4,8,16,32$ und $6,12,24,48,96$! Und nur diese kommen als Nullstellen von f(p) in Frage.
Gleichgültig, welche und wieviele verschiedenen oder gleichen wirklichen Werte die $p_i$ annehmen, teilt offenbar $q$ das absolute Glied $\displaystyle a_0q^{n}$. Und $p_i$ ist eine der obigen 12 Zahlen, die alle durch $q$ teilbar sind.
Also $q$ teilt $\displaystyle\prod_{i=1}^N p_i= a_0q^{n}$, das Produkt aller denkbaren Nullstellen von $\displaystyle f(p)$.
Und $\displaystyle \frac{p_i}{q}\in\mathbb Z$. Oder nicht.


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juergen007
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Obwohl ich damit noch nicht ganz durch bin, rege ich schon mal an, sich mit

Aufgabe 1.5.1. Zeige, daß alle ganzen Gaußschen Zahlen ganze algebraische Zahlen sind.


zu beschäftigen...

Zu zeigen:
Zu jedem $\displaystyle \large x=a+bi,\quad a,b\in Z$ gibt es ein normiertes Polynom aus $Q[x]$, das x als Nullstelle hat.
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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.99, eingetragen 2018-03-21


Bei deinem Absolutglied vergisst du ein (-1)^N.

Und da du auf die Teilerfremdheit nicht mehr eingehst. Warum soll dann p/q ganzzahlig sein?
Du kannst doch p(1) = a(0) wählen (und a(0) ist frei wählbar / nicht weiter definiert). Warum soll dann q ein Teiler von a(0) sein?
Ebenso könnte p(1) = 1 sein oder ein anderer Teiler von q. Dann ist p(1)/q auch nicht ganzzahlig. Und die anderen p(2) bis p(N) sorgen dann dafür, dass immernoch das Produkt aller p(i) gleich a(0)*q^N ist.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.97 begonnen.]



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.100, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-21

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2018-03-21 13:56 - weird in Beitrag No. 96 schreibt:
Die Annahme, $q$ hätte Primfaktoren, stimmt also nicht, womit dann $q=1$ und letztendlich $x_0=\frac pq\in \mathbb Z$ gelten muss, q.e.d.

Steht der komplette richtige Beweis hier irgendwo schon?


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weird
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.101, eingetragen 2018-03-21

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2018-03-21 17:25 - juergen007 in Beitrag No. 100 schreibt:
2018-03-21 13:56 - weird in Beitrag No. 96 schreibt:
Die Annahme, $q$ hätte Primfaktoren, stimmt also nicht, womit dann $q=1$ und letztendlich $x_0=\frac pq\in \mathbb Z$ gelten muss, q.e.d.

Steht der komplette richtige Beweis hier irgendwo schon?

Ja, der komplette Beweis ist der letzte Absatz in #96. Lies ihn dir doch einfach mal in Ruhe durch. Ist irgendwas daran noch unklar? Beachte vor allem, wie kurz er eigentlich ist.  cool

Und ja, deine Ausführungen in #97 sind leider wieder mal komplett am Thema vorbei. Und wie MartinN ja auch schon gesagt hast, benutzt du die Teilerfremdheit von $p$ und $q$ in deinem Beweis ja darin gar nicht wirklich, also kann er dann eigentlich nur falsch sein.  frown
\(\endgroup\)


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juergen007
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2018-03-20 22:40 - weird in Beitrag No. 86 schreibt:
Mit den "beiden Seiten" sind natürlich die linke und rechte Seite der Gleichung

$p^n=-(a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n})$

gemeint, wovon die rechte Seite offensichtlich durch $q$ teilbar ist, und damit auch durch jeden Primteiler $r$ von $q$ teilbar wäre, würde $q$ einen solchen besitzen. Genau die Nichtexistenz eines solchen Primteilers von $q$, aus der dann natürlich unmittelbar $q=1$ folgt, gilt es also hier zu beweisen.

und wenn in p/q  q= 2 ist und p =3 existiert ein Primteiler von q naemlich q selbst,
verstehe nicht was daraus folgt oder nicht

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juergen007
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2018-03-21 18:33 - juergen007 in Beitrag No. 102 schreibt:
2018-03-20 22:40 - weird in Beitrag No. 86 schreibt:
Mit den "beiden Seiten" sind natürlich die linke und rechte Seite der Gleichung

$p^n=-(a_{n-1}qp^{n-1}+...+a_1pq^{n-1}+a_0q^{n})$

gemeint, wovon die rechte Seite offensichtlich durch $q$ teilbar ist, und damit auch durch jeden Primteiler $r$ von $q$ teilbar wäre, würde $q$ einen solchen besitzen. Genau die Nichtexistenz eines solchen Primteilers von $q$, aus der dann natürlich unmittelbar $q=1$ folgt, gilt es also hier zu beweisen.


und wenn in p/q  q= 2 ist und p =3 existiert ein Primteiler von q naemlich q selbst,
verstehe nicht was daraus folgt oder nicht

Und komplett daneben find ich jetzt also übertrieben Herr Dr ..;)
Deine Studenten hattens nicht leicht bei dir wa ? biggrin


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MartinN
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.104, eingetragen 2018-03-21


Mit q = 2 ist die rechte Seite der Gleichung gerade... da alle Summanden durch q = 2 teilbar sind. Die linke Seite hingegen ist mit p = 3 ungerade, denn jede Potenz mit der Basis 3 (3^n) ist ungerade - und das wichtigste: enthält insbesondere keinen Primfaktor 2 als Teiler (aber q enthält diesen Primfaktor als Teiler).



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juergen007
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Zum Thema Zirkel fand ich was nettes:



Das motiviert mich, schön bunt  wink
Ein Feuerbachkreis mein ich..

@ MartinN Danke jetz hab ichs)

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.103 begonnen.]



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juergen007
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.106, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-22

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Ich würde gerne zu
"Aufgabe 1.4.3. Wieviele zehnte Einheitswurzeln ζ gibt es, so daß alle anderen zehnten Einheitswurzeln eine ganzzahlige Potenz von ζ sind?"

übergehen.

Wozu man den Begriff nte Einheitswurzeln verstanden haben sollte und wie man sie multipliziert. Und es hat etwas mit der Eulerschen $\varphi$ Funktion zu tun.
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juergen007
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2018-03-22 08:55 - juergen007 in Beitrag No. 106 schreibt:
Ich würde gerne zu
"Aufgabe 1.4.3. Wieviele zehnte Einheitswurzeln ζ gibt es, so daß alle anderen zehnten Einheitswurzeln eine ganzzahlige Potenz von ζ sind?" übergehen.

Wozu man den Begriff nte Einheitswurzeln verstanden haben sollte und wie man sie multipliziert. Und es hat etwas mit der Eulerschen $\varphi$ Funktion zu tun.

Antwort 4.
Beweisidee:
Die Eulerschen $\varphi$-Funktion gibt für jede natürliche Zahl $\displaystyle n$ an, wie viele zu $\displaystyle n$ teilerfremde natürliche Zahlen es gibt, die nicht größer als $\displaystyle n$ sind.
Es ist $\varphi(10)=4$, da nur $\{1,3,7,9\}$ teilerfremd zu 10 und <10 sind.
Sei $\xi_1$ die erste zehnte Einheitswurzeln mit $\displaystyle \xi_1=e^{\frac{1}{5}i\pi}$.
Dann sind alle $\displaystyle \xi_{1\ldots 10}=\xi_1^n$.
Sei $\displaystyle \xi_3 = \xi_1^3$ die dritte der zehnten Einheitswurzeln mit $\displaystyle \xi_3=e^{\frac{3}{5}i\pi}$.
Dann sind $\displaystyle \xi_3^k,k=1\ldots 10=\xi_3,\xi_6,\xi_9,\xi_2,\xi_5,\xi_8,\xi_1,\xi_4,\xi_7,1$.

Die Aussage $\xi_k^j$ erzeugt alle $\xi_n, n=1\ldots 10$ gilt nur für $\displaystyle \xi_1,\xi_3,\xi_7,\xi_9$, weil nur $\displaystyle\{1,3,7,9\}$ die Ordnung 10 in $Z_{10}$ haben. Und nur für $\displaystyle j \in \{1,3,7,9\}$ ist $ggt(j,10)=1$.



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a-gon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.108, eingetragen 2018-03-22


Warum nur Beweisidee? Was fehlt?
1.4.3 ist ja offenbar nur ein Spezialfall von 1.4.4
und es ist natürlich nice, hier schon ein bissl Gruppentheorie im Hinterkopf zu haben :)




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juergen007
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2018-03-22 11:09 - a-gon in Beitrag No. 108 schreibt:
Warum nur Beweisidee? Was fehlt?
1.4.3 ist ja offenbar nur ein Spezialfall von 1.4.4
und es ist natürlich nice, hier schon ein bissl Gruppentheorie im Hinterkopf zu haben :)


Ja stimmt:)
Es sind auch 1,3,7,9 Primitivwurzeln mod 10.




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juergen007
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\(\begingroup\)
"Aufgabe 1.5.1. Zeige, daß alle ganzen Gaußschen Zahlen ganze algebraische Zahlen sind."

$x=a+bi, a,b \in \mathbb Z$.
Die Nullstellen des normierten Polynoms $f(x)=x^2-2ax+a^2+b^2$ findet man durch Anwendung der p/q-Formel, die die konjugierten $\displaystyle x_{0,1}= a\pm bi$ liefert.


Jedoch bei
"Aufgabe 1.5.2. Zeige, wie sich eine Strecke der Länge $\large\frac{1}{3}$ aus einer Strecke der Länge 1 konstruieren läßt." komme ich nicht recht weiter..
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a-gon
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Ja ich weiss immer nicht ob man auf so etwas kommen kann oder ob man sich an irgendwas erinnern muss... aber damit es spannend bleibt:

Du kannst Strecken vervielfachen, also auch verdreifachen
Und es gibt den Strahlensatz :)

Macht es Klick?

a.


Nebenbei: Wobei das etwas mühselig ist, man muss dazu ja die passende Parallele konstruieren. Vielleicht wäre die gute Frage: Wie kann man eine Strecke dritteln mit möglichst wenigen Schritten?



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MartinN
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Zu den ganzen gaußschen Zählen:
\(x-a-bi = 0\\
x-a=bi\\
(x-a)^2=-b^2\)

Zu der Konstruktion:
Mit der Strecke s ein Quadrat konstruieren, eine Seite verlängern, dort 3s abtragen. Auf dem Quadrat die zu der Verlängerung senkrecht stehende Seite halbieren. Eine Gerade durch den Endpunkt der 3s und den Seitenmittelpunkt ziehen. Diese schneidet die zur halbierten gegenüberliegende Seite im Verhältnis 1:2.
Vielleicht ein Quadrat leichter als Parallelen.
\(\endgroup\)


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juergen007
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2018-03-22 12:23 - a-gon in Beitrag No. 111 schreibt:
Ja ich weiss immer nicht ob man auf so etwas kommen kann oder ob man sich an irgendwas erinnern muss... aber damit es spannend bleibt:

Du kannst Strecken vervielfachen, also auch verdreifachen
Und es gibt den Strahlensatz :)

Macht es Klick?


Nicht wiklich.. verdreifachen ist leicht, aber dritteln?
Ich habe die idee eines gegebenen gleichseitigen Dreiecks der Seiten a. Ich weiss es ist u=3a. Aber wie kommt man zeichnerisch von u nach a?
Ohne Parallelen zu konstruieren.



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.111 begonnen.]



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MartinN
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Eine noch kompaktere Konstruktion:
In ein gleichseitiges Dreieck ein gleichseitiges Sechseck legen.

Gleichseitiges Dreieck mit s konstruieren. Schnittpunkt zweier Mittelsenkrechten ist der Inkreismittelpunkt. Inkreis einzeichnen, dann eine Winkelhalbierende zu einem Eckpunkt. Dieser schneidet den Inkreis in P. Eine Senkrechte in P zu der Winkelhalbierenden konstruieren (Seite des Sechsecks). Diese schneidet eine Dreieckseite im Verhältnis 1:2.



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juergen007
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2018-03-22 12:58 - MartinN in Beitrag No. 112 schreibt:

Zu der Konstruktion:
Mit der Strecke s ein Quadrat konstruieren, eine Seite verlängern, dort 3s abtragen. Auf dem Quadrat die zu der Verlängerung senkrecht stehende Seite halbieren. Eine Gerade durch den Endpunkt der 3s und den Seitenmittelpunkt ziehen. Diese schneidet die zur halbierten gegenüberliegende Seite im Verhältnis 1:2.
Vielleicht ein Quadrat leichter als Parallelen.

Ich weiss, das ist jetzt viel verlangt aber eine eingescannte Zeichnung wäre hifreich wink
Die youtubes, die ich fand arbeiten alle mit aufwendigen konstruieren von parallelen und Strahlensatz..


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.113 begonnen.]



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gonz
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Mit dem Strahlensatz kann man Teilungsverhältnisse von einer Strecke auf eine andere übertragen... etwa so:


Nehme beliebige A und B, die Strecke AB sei zu teilen.

- Wir nennen die Gerade AB nun f
- zeichne eine weitere, von f unterschiedliche Gerade durch den Punkt A, wir nennen sie g
- wähle auf g einen weiteren Punkt C, praktischerweise etwa im Abstand von 1/3 der Länge AB von A entfernt.
- verdreifache die Strecke AC, in dem du von C aus die Strecke AC zweimal abträgst , ergibt D und E.

Damit teilt C die Strecke AE im Verhältnis 1:3
Nun der Strahlensatz:

- Zeichen die Gerade BE, wir nennen sie h
- konstruiere eine Parallele zu h durch den Punkt C, wir nennen sie k
- die Schnittstelle von f und k sei der Punkt F

Und damit haben wir es :) der Punkt F teilt die Strecke AB im Verhältnis 1:3

Irrtum vorbehalten!




In diesem Sinne
einen schönen Tag

gonz


PS.: Wirklich nicht die kürzeste, aber es musste einfach sein...


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.113 begonnen.]


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MartinN
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Bilder vielleicht wenn ich zu Hause bin ;)
Oder jemand anderes wird hier kreativ^^



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juergen007
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- konstruiere eine Parallel zu h durch den Punkt C, wir nennen sie k.


Grade das konstruieren der Parallele ohne Geodreieck erscheint sehr aufwendig, oder ich habe noch nicht die easy Methode gefunden..

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.116 begonnen.]



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gonz
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Parallele zu g durch den Punkt P:

( Konstruiere eine Senkrechte zu g ):
Wähle zwei Punkte A und B auf P
schlage Kreise mit beliebigem, aber gleichem Radius um A und B, sodaß sich die Kreise schneiden, die Schnittpunkte seien C und D
Zeichne die Gerade CD ein ( diese steht senkrecht auf g ) wir nennen sie h

( fälle ein Lot von P auf diese )
zeichne einen Kreis K um P mit beliebigem Radius, aber so, dass der Kreis die Gerade h in zwei Punkten schneidet
Zeichne zwei Kreise L und M um die Schnittpunkte von K mit h, mit beliebigem Radius, aber wiederum so, dass L und M sich schneiden
Die Schnittpunkte von L und M nennen E und F, die Gerade EF ist das gesuchte Lot von P auf h.

und damit ist EF nach Konstruktion parallel zu g.

Ich gebe zu, es ist sozusagen ein Baukasten, aus dem ich so das gesuchte zusammenbastele. Und damit wird es in der Regel einfacher gehen.


PS.: Geodreieck ist hier ein no-go!


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