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  Satz von Liouville (transzendente Zahlen) |
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Cyborg
Aktiv 
Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 712
 |  Themenstart: 2022-09-28
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Hallo, Leute!
Ich habe folgendes Problem:
Der Satz von Liouville lautet:
Sei $\alpha$ eine algebraische Zahl vom Grad $n\geq2$. Dann gibt es ein $K>0$ so, dass für alle $p\in\mathbb{Z}$ und für alle $q\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$ mit $\dfrac{p}{q}\neq\alpha$ dann das Folgende gilt:
$$\left|\alpha-\dfrac{p}{q}\right|\geq\dfrac{K}{q^n}$$
Für $\alpha$ reell kenne ich einen Beweis dafür, nur nicht für $\alpha$ komplex???
Ich habe folgendes:
https://matheplanet.de/matheplanet/nuke/html/uploads/b/26086_6_hilfe.jpg
Dieser Beweis benutzt den Mittelwertsatz der Differentialrechnung, welcher im Komplexen bekanntlich nicht gilt. Deswegen muss $\alpha$ reell sein. ABER: Im rotumrahmten Kasten steht ein Hinweis, wie man diesen Beweis auch für $\alpha$ nicht reell gebrauchen kann.
ALSO: Wie genau geht der Beweis auch für $\alpha$ komplex?????
Hier findet man den Beweis aus dem Bild oben im Internet.
Ich danke euch.
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Cyborg
Aktiv 
Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 712
|  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-28
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Ich schreibe mal was:
Sei $x+i\cdot y=\alpha\in\mathbb{C}$ mit $x,y\in\mathbb{R}$.
Dann gilt: $\left|\alpha-\dfrac{p}{q}\right|=\left|\left(x-\dfrac{p}{q}\right)+i\cdot y\right|=\sqrt{\left(x-\dfrac{p}{q}\right)^2+y^2}$
Nun gilt $\left|x-\dfrac{p}{q}\right|\geq\dfrac{K}{q^n}$, also sollte gelten: $\left|\alpha-\dfrac{p}{q}\right|\geq\sqrt{\left(\dfrac{K}{q^n}\right)^2+y^2}$
Und weiter??????
Ich hätte gerne sowas wie: $\left|\alpha-\dfrac{p}{q}\right|\geq\dfrac{C\cdot|y|}{q^n}=\dfrac{C\cdot|Im(\alpha)|}{q^n}$!!! $C$ vielleicht $1$!
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zippy
Senior 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 5000
 | Beitrag No.2, eingetragen 2022-09-28
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Du kannst den Hinweis "falls $\alpha$ nicht reell ist, gilt die Aussage des Satzes mit $c=|\operatorname{Im}(\alpha)|$" wörtlich nehmen:$$
\left|\alpha-\frac pq\right|\ge
|\operatorname{Im}(\alpha)|\ge
{|\operatorname{Im}(\alpha)|\over q^n}
$$--zippy
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Cyborg
Aktiv
Dabei seit: 20.05.2009
Mitteilungen: 712
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-09-28
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Ich habe was:
Es gilt: $a^2+(b^2-1)\cdot c^2\geq0$, falls $b^2\geq1$ gilt, also:
$a^2+(b^2-1)\cdot c^2\geq0$
$\Rightarrow a^2+b^2\cdot c^2-c^2\geq0$
$\Rightarrow a^2+b^2\cdot c^2\geq c^2$
$\Rightarrow \frac{a^2}{b^2}+c^2\geq \frac{c^2}{b^2}$
$\Rightarrow \sqrt{\left(\frac{a}{b}\right)^2+c^2}=\sqrt{\frac{a^2}{b^2}+c^2}\geq \sqrt{\frac{c^2}{b^2}}=\frac{|c|}{|b|}$
Also gilt:
$\left|\alpha-\dfrac{p}{q}\right|\geq\sqrt{\left(\dfrac{K}{q^n}\right)^2+y^2}\geq \frac{|y|}{|q^n|}=\frac{|y|}{q^n}=\frac{|Im(\alpha)|}{q^n}$
Denn wegen $q\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$, gilt $q^n\geq 1$, also auch $(q^n)^2\geq 1$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
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zippy
Senior
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 5000
| Beitrag No.4, eingetragen 2022-09-28
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Du musst keine wilden Rechnungen anstellen. Es wird verwendet, dass für eine komplexe Zahl $|z|\ge|\operatorname{Im}(z)|$ gilt. Und für $z=x+iy$ folgt das sofort aus $x^2+y^2\ge y^2$.
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Cyborg hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Cyborg hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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