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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:21 Do 14.11.2013 | | Autor: | clemenum |
| Aufgabe | Sei $Q : = [mm] \{x\in \mathbb{N}: \sqrt{x} \in \mathbb{N} \}$ [/mm]
Zeigen Sie: $a,b [mm] \in \mathbb{N}\setminus [/mm] Q [mm] \Rightarrow \sqrt{a} [/mm] + [mm] \sqrt{b} \notin \mathbb{Q} [/mm] $ |
Gehen wir also indirekt vor:
Ang. $ [mm] \exists [/mm] p,q [mm] \in \mathbb{N} [/mm] : [mm] \sqrt{a} [/mm] + [mm] \sqrt{b} [/mm] = [mm] \frac{p}{q}$ [/mm] mit $ggT(p,q)=1$
Dann gilt:
[mm] $\sqrt{a} [/mm] + [mm] \sqrt{b} [/mm] = [mm] \frac{p}{q } \Rightarrow \ldots 2x\sqrt{b} [/mm] = [mm] x^2 [/mm] - b -a $ mit $x [mm] \in \mathbb{Q} [/mm] $
Hier müsste ich aber wieder mühsam ausquadrieren und dann erhielte ich eine lange Wurst von unübersichtlichen Ausdrücken, daher kann diese Operation wohl nicht von sinnvoller Natur sein.
Frage: Gibt es irgendeine (höhere) Methode, die hier anwendbar wäre, wie beispielsweise die Primfaktorzerlegung? Zeigen will ich ja, dass $a,b$ Quadratzahlen sein müssen...
Wäre sehr dankbar für Hilfe.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:10 Do 14.11.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei [mm]Q : = \{x\in \mathbb{N}: \sqrt{x} \in \mathbb{N} \}[/mm]
> Zeigen Sie: [mm]a,b \in \mathbb{N}\setminus Q \Rightarrow \sqrt{a} + \sqrt{b} \notin \mathbb{Q}[/mm]
>
> Gehen wir also indirekt vor:
> Ang. [mm]\exists p,q \in \mathbb{N} : \sqrt{a} + \sqrt{b} = \frac{p}{q}[/mm]
> mit [mm]ggT(p,q)=1[/mm]
> Dann gilt:
> [mm]\sqrt{a} + \sqrt{b} = \frac{p}{q } \Rightarrow \ldots 2x\sqrt{b} = x^2 - b -a[/mm]
> mit [mm]x \in \mathbb{Q}[/mm]
>
> Hier müsste ich aber wieder mühsam ausquadrieren und dann
> erhielte ich eine lange Wurst von unübersichtlichen
> Ausdrücken, daher kann diese Operation wohl nicht von
> sinnvoller Natur sein.
> Frage: Gibt es irgendeine (höhere) Methode, die hier
> anwendbar wäre, wie beispielsweise die
> Primfaktorzerlegung? Zeigen will ich ja, dass [mm]a,b[/mm]
> Quadratzahlen sein müssen...
>
> Wäre sehr dankbar für Hilfe.
>
>
ich würde es so angehen:
Angenommen, es wäre doch
[mm] $(\sqrt{a}+\sqrt{b}) \in \IQ\,,$
[/mm]
dann ist auch
[mm] $a+b+2\sqrt{ab}={(\sqrt{a}+\sqrt{b})}^2 \in \IQ\,.$
[/mm]
Wegen [mm] $\IN \subseteq \IQ$ [/mm] muss daher dann
[mm] $\sqrt{ab} \in \IQ$
[/mm]
sein.
Sind also $p,q [mm] \in \IN$ [/mm] teilerfremd mit [mm] $\sqrt{ab}=p/q\,,$ [/mm] so folgt wegen [mm] $p^2 \in [/mm] Q$ sodann
[mm] $q^2 [/mm] ab [mm] \in Q\,.$
[/mm]
Wegen [mm] $q^2 \in [/mm] Q$ liefert Dir das
$ab [mm] \in Q\,.$
[/mm]
Also gibt es ein [mm] $n_0 \in \IN$ [/mm] mit
[mm] $\sqrt{ab}=n_0\,,$
[/mm]
es muss also [mm] $p=n_0$ [/mm] und [mm] $q=1\,$ [/mm] sein. (Da [mm] $p/q\,$ [/mm] vollständig gekürzt war!)
Nun ist entweder [mm] $n_0$ [/mm] eine Primzahl oder eben nicht.
1. Fall: Sei [mm] $n_0$ [/mm] prim. Wegen
[mm] $n_0\;|\;{n_0}^2=ab$
[/mm]
folgt dann, dass [mm] $n_0\;|\;a$ [/mm] oder [mm] $n_0\;|\;b\,.$ [/mm] O.E. nehmen wir [mm] $n_0\;|\;a$ [/mm] an:
Ist also [mm] $k*n_0=a\,$ [/mm] mit einem $k [mm] \in \IN\,,$ [/mm] so folgt
[mm] ${n_0}^2={\left(\frac{a}{k}\right)}^2=a*b\,,$
[/mm]
also
[mm] $a=k^2*b\,.$
[/mm]
Jetzt kommt ein toller Kniff:
Wir hatten ja angenommen, dass
[mm] $(\sqrt{a}+\sqrt{b})\in \IQ$
[/mm]
war.
Hätten wir aber
$a=k^2b$ mit einem $k [mm] \in \IN\,,$
[/mm]
so würde das
[mm] $(\sqrt{a}+\sqrt{b})=(k+1)*\sqrt{b} \in \IQ$
[/mm]
und damit auch [mm] $\sqrt{b} \in \IQ$ [/mm] implizieren. Aber aus $b [mm] \in \IN \setminus [/mm] Q$ kann
man $b [mm] \notin \IQ$ [/mm] folgern (bekommst Du das hin; oder habt ihr das schon
zur Verfügung? Man kann auch schnell mit Googel suchen: "Wurzel aus
Nichtquadratzahlen sind irrational" oder sowas). Also haben wir hier einen
gewünschten Widerspruch.
Es bleibt also nur:
2. Fall:
Es muss [mm] $n_0$ [/mm] eine nicht prime natürliche Zahl sein.
Und jetzt höre ich mal auf (ich habe nämlich eh das Gefühl, dass mein
Beweis hier ziemlich umständlich ist) - Du kannst aber gerne gucken, ob
Du in dem Fall auch einen Widerspruch erzeugt bekommst...
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:22 Do 14.11.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Sei [mm]Q : = \{x\in \mathbb{N}: \sqrt{x} \in \mathbb{N} \}[/mm]
> Zeigen Sie: [mm]a,b \in \mathbb{N}\setminus Q \Rightarrow \sqrt{a} + \sqrt{b} \notin \mathbb{Q}[/mm]
es geht einfacher: Ich setze nach wie vor voraus, dass bekannt ist oder Du
beweisen kannst:
$m [mm] \in \IN \setminus [/mm] Q$ liefert [mm] $\sqrt{m} \notin \IQ\,.$
[/mm]
Angenommen, es wäre doch
[mm] $(\sqrt{a}+\sqrt{b})\in \IQ\,,$
[/mm]
wir schreiben
[mm] $\sqrt{a}=\frac{p}{q}-\sqrt{b}$
[/mm]
mit $p,q [mm] \in \IN$ [/mm] teilerfremd.
Wie eben folgt dann auch
[mm] $(\sqrt{a}\sqrt{b}) \in \IN\,.$
[/mm]
Also
[mm] $(\tfrac{p}{q}-\sqrt{b})*\sqrt{b}=n$ [/mm] mit einem geeigneten $n [mm] \in \IN\,.$ [/mm]
Daher:
[mm] $\sqrt{b}=\frac{qn+qb}{p}$
[/mm]
Also ist [mm] $\sqrt{b} \in \IQ\,;$ [/mm] das widerspricht aber...?
Gruß,
Marcel
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