Transzendente Zahl < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:30 Sa 04.12.2010 | | Autor: | wieschoo |
| Aufgabe | | z.z. [mm]\cosh(3)[/mm] ist transendent m.H. von [mm]e[/mm] ist tranzendent. |
Es ist kein Körper dazu angegeben. Ich gehe mal davon aus, dass man es in [mm]\IQ[/mm] zeigen soll.
Ich habe eine Idee, bei ich mir nicht sicher bin, dass sie nicht so funktioniert:
[mm]\alpha=\cosh(3)=\frac{1}{2}(e^3+e^{-3})[/mm]
Annahme: es gibt ein Polynom [mm]0\neq f=\sum_{k=0}^nz_iX^i \in \IQ [X][/mm] mit [mm]f(\alpha)=0[/mm]
Also [mm]f(\alpha)=\sum_{k=0}^na_i(\frac{1}{2}(e^3+e^{-3}))^i[/mm]
[mm]=\sum_{i=0}^na_i(\frac{1}{2})^i(e^3+e^{-3})^i[/mm]
[mm]=\sum_{i=0}^nb_i(e^3+e^{-3})^i[/mm] neuer Koeff mit [mm]b_i:=a_i*0.5^i[/mm] ([mm]\star [/mm] 1)
[mm]=\sum_{i=0}^nb_i\;\sum_{k=0}^i {i \choose k}e^{3k}e^{-3(i-k)}[/mm]
[mm]=\sum_{i=0}^nb_ie^{-3i}\;\sum_{k=0}^i {i \choose k}e^{6k}[/mm]
[mm]=\sum_{i=0}^nc_i\;\sum_{k=0}^i {i \choose k}e^{6k}[/mm] neuer Koeff mit [mm]c_i:=b_i*e^{-3i}[/mm] ([mm]\star [/mm] 2)
[mm]=\sum_{i=0}^nc_i\;(1+e^6)^i[/mm]
Also ist [mm]1+e^6[/mm] eine Nullstelle vom Polynom [mm]g=\sum c_iX^i[/mm].
Aber da 1 algebraisch und [mm]e^6[/mm] transendent (laut Aufgabe e ist transendent) folgt [mm] 1+e^6 [/mm] ist transendent . Widerspruch!
Also bei ([mm]\star [/mm] 1) bin ich mir noch sicher, dass ich das darf, da [mm]0.5^i\in \IQ[/mm]. Aber bei ([mm]\star [/mm] 2) ist e ja eigentlich transendent.
Bei Topfschlagen würde ich fragen: warm oder ganz kalt?
Anderer möglicher Widerspruche
- Es gibt ein Polynom, dass [mm] $\alpha$ [/mm] als Nst hat aber vom Grad 0 ist.
Zu diesem gelang ich aber nicht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:56 Sa 04.12.2010 | | Autor: | reverend |
Hallo wieschoo,
1) das Wort heißt "transzendent".
2) In [mm] \IQ [/mm] macht die Aufgabe keinen Sinn, weil es dort keine transzendenten Elemente gibt. Jede transzendente Zahl ist irrational.
3) Mit Deinem Beweisweg willst Du doch zeigen, dass [mm] \cosh{(3)} [/mm] nicht algebraisch sein kann. Das kannst Du nur, wenn Du Dich in [mm] \IR [/mm] bewegst.
4) Die Beweisidee scheint mir gut zu sein, ich steige nur durch die Koeffizientenwechsel nicht durch. Wozu sind die gut? Kann man nicht gleich ein Polynom mit "endgültigen" Koeffizienten annehmen?
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:15 Sa 04.12.2010 | | Autor: | wieschoo |
Ist e nicht algebraisch in [mm] $\IR$ [/mm] mit [mm] $f(X)=X-e\;$ [/mm] ?
Zu den Koeffizientenwechsel ich schieb immer nur das unschöne überflüssige in einen neuen Koeffizienten.
Okay Transendente Transzendente
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:05 Sa 04.12.2010 | | Autor: | moudi |
Hallo wieschoo
Eine Zahl [mm] $\alpha$ [/mm] heisst transzendent, wenn es kein Polynom in [mm] $\mathbb [/mm] Z[x]$ gibt mit [mm] $\alpha$ [/mm] als Nullstelle, wobei [mm] $\mathbb [/mm] Z[x]$ aequivalent durch [mm] $\mathbb [/mm] Q[x]$ ersetzt werden kann.
Nun zu c). Deine Ueberlegungen sind richtig, aber bei [mm] $(\ast [/mm] 2)$ musst du anders argumentieren. Statt die Koeffizienten zu ersetzen, multiplizierst du einfach mit [mm] $e^{3n}$ [/mm] und somit hast du ein Polynom gefunden mit $e$ als Nullstelle.
Wenn [mm] $\sum_{i=0}^{n}b_i(e^{3}+e^{-3})^i=0$. [/mm] Dann gilt auch [mm] $e^{3n}\left(\sum_{i=0}^{n}b_i(e^{3}+e^{-3})^i\right)=0$ [/mm] oder [mm] $\sum_{i=0}^{n}b_i(e^{6}+1)^ie^{3(n-i)}=0$ [/mm] und es ist klar, dass das letze Polynom nach Potenzen von $e$ geordnet werden kann. (Ein Polynom in [mm] $e^3$ [/mm] ist automatisch auch ein Polynom in $e$).
mfG Moudi
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:51 Sa 04.12.2010 | | Autor: | wieschoo |
Ok. Also noch einmal:
[mm] \alpha=\cosh(3)=\frac{1}{2}(e^3+e^{-3}) [/mm]
Annahme: es gibt ein Polynom [mm] 0\neq f=\sum_{k=0}^nz_iX^i \in \IQ [X] [/mm] mit [mm] f(\alpha)=0 [/mm]
Also [mm] f(\alpha)=\sum_{k=0}^na_i(\frac{1}{2}(e^3+e^{-3}))^i [/mm]
[mm] =\sum_{i=0}^na_i(\frac{1}{2})^i(e^3+e^{-3})^i [/mm]
[mm] =\sum_{i=0}^nb_i(e^3+e^{-3})^i [/mm] neuer Koeff mit [mm] b_i:=a_i\cdot{}0.5^i [/mm] ([mm] \star [/mm] 1)
[mm] =\sum_{i=0}^nb_i\;\sum_{k=0}^i {i \choose k}e^{3k}e^{-3(i-k)} [/mm]
[mm] 0=\sum_{i=0}^nb_ie^{-3i}\;\sum_{k=0}^i {i \choose k}e^{6k}=\sum_{i=0}^nb_ie^{-3i}\;(1+e^6)^i \blue{\gdw e^{3n}*\sum_{i=0}^nb_ie^{-3i}\;(1+e^6)^i=\sum_{i=0}^nb_ie^{3n-3i}\;(1+e^6)^i=0}[/mm]
[mm]=\sum_{i=0}^nb_ie^{3(n-i)}\;(1+e^6)^i[/mm]
> und es ist klar, dass das letze Polynom nach Potenzen von e geordnet werden kann.
Meine Idee war ja, dass ich sagen kann: Ich multipliziere alles aus und ordne nach Potenzen und habe damit ein Polynom gefunden. Aber wie schreibe ich es formal auf?
Mein Ziel war durch das aufspalten der Terme immer neue Koeffizienten zuerzeugen die überflüssiges aufnehmen, sodass ich am Ende am besten so etwas wie [mm] $f=\sum z_iX^i$ [/mm] dastehen habe.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:22 Sa 04.12.2010 | | Autor: | moudi |
Hallo wieschoo
Das ganze wird auch nicht klarer, wenn du es noch formaler ausführst. Die Idee ist gezeigt und es ist klar wie es funktioniert. Man darf Mathematik nicht mit Formalismus verwechseln.
mfG Moudi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:55 Sa 04.12.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
Zeige doch ganz allgemein:
Ist $K$ ein Koerper und $x$ transzendent ueber $K$, so ist jedes Element aus $K(x) [mm] \setminus [/mm] K$ transzendent ueber $K$.
Dazu nimmst du dir ein Element [mm] $\frac{f(x)}{g(x)} \in [/mm] K(x)$, mit $f, g [mm] \in [/mm] K[x] [mm] \setminus \{ 0 \}$ [/mm] teilerfremd, und weiterhin ein Polynom $h = [mm] \sum_{i=0}^n a_i T^i \in [/mm] K[T]$ mit [mm] $a_n [/mm] = 1$, wobei $deg h$ minimal sei.
Angenommen, $h(f(x)/g(x)) = 0$. Wenn du mit [mm] $g(x)^n$ [/mm] multiplizierst, steht da [mm] $\sum_{i=0}^n a_i f(x)^i g(x)^{n-i} [/mm] = 0$. Du musst zeigen, dass [mm] $\deg [/mm] f = [mm] \deg [/mm] g = 0$ ist.
Also einmal steht da ja [mm] $a_0 g(x)^n [/mm] = -f(x) [mm] \sum_{i=1}^n a_i f(x)^{i-1} g(x)^{n-i}$.
[/mm]
Also ist [mm] $a_0 g(x)^n$ [/mm] durch $f(x)$ teilbar, was nur sein kann, wenn [mm] $a_0 [/mm] = 0$ oder [mm] $\deg [/mm] f = 0$ ist.
Ist [mm] $a_0 [/mm] = 0$, so hat $h$ den Linearfaktor $T$. Wegen der Minimalitaet von [mm] $\deg [/mm] h$ muss also $h = T$ sein und somit [mm] $\frac{f(x)}{g(x)} [/mm] = 0$.
Ist dagegen [mm] $\deg [/mm] f = 0$, so kann man genauso zeigen, dass [mm] $f(x)^n$ [/mm] durch $g$ teilbar ist -- was wiederum nur geht, wenn [mm] $\deg [/mm] g = 0$ ist.
Damit ist jedoch [mm] $\deg [/mm] f = [mm] \deg [/mm] g = 0$, womit [mm] $\frac{f(x)}{g(x)} \in [/mm] K$ ist.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:31 Do 09.12.2010 | | Autor: | wieschoo |
Danke. Für deinen ausführlichen Beitrag. Stimmt manchmal scheint es besser zu sein eine allgemeinere Aussage zu beweisen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:43 Do 09.12.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Danke. Für deinen ausführlichen Beitrag.
Bitte!
> Stimmt manchmal scheint es besser zu sein
> eine allgemeinere Aussage zu beweisen.
Dabei hilft oft, dass in der allgemeineren Version viel weniger Voraussetzungen da sind, die man benutzen kann. Man wird gezwungen, sich auf das wesentliche zu beschraenken.
[Bei $e$, um bei dem Beispiel zu beiben, weiss man so viel, etwa die Reihenentwicklung, die Definition als Limes, ganz viele Eigenschaften, etc., dass man gar nicht weiss womit man eigentlich anfangen soll bzw. was man von dem ganzen Wissen braucht, um die Aussage zu beweisen. Hat man einfach einen Koerper und eine rationale Funktion gegeben, hat man viel weniger Methoden zur Auswahl, und findet so schneller die "richtige"  ]
Das grosse Problem ist dann aber oft, die richtige allgemeinere Aussage zu finden...
Eine schoene Diskussion zu dem Thema gibt's auch ![[]](/images/popup.gif) hier; dort finden sich auch einige Beispiele.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:52 Fr 24.12.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Zeige doch ganz allgemein:
>
> Ist [mm]K[/mm] ein Koerper und [mm]x[/mm] transzendent ueber [mm]K[/mm], so ist jedes
> Element aus [mm]K(x) \setminus K[/mm] transzendent ueber [mm]K[/mm].
>
> Dazu nimmst du dir ein Element [mm]\frac{f(x)}{g(x)} \in K(x)[/mm],
> mit [mm]f, g \in K[x] \setminus \{ 0 \}[/mm] teilerfremd, und
> weiterhin ein Polynom [mm]h = \sum_{i=0}^n a_i T^i \in K[T][/mm] mit
> [mm]a_n = 1[/mm], wobei [mm]deg h[/mm] minimal sei.
Das geht auch noch etwas einfacher. Man zeigt, dass $x$ algebraisch ueber [mm] $K(\frac{f(x)}{g(x)})$ [/mm] ist. Wenn also [mm] $\frac{f(x)}{g(x)}$ [/mm] algebraisch waer, so auch $x$, was ein Widerspruch ist.
Dazu beachte man, dass $x$ eine Nullstelle von $f(T) - [mm] \frac{f(x)}{g(x)} [/mm] g(T) [mm] \in k(\frac{f(x)}{g(x)})[T]$ [/mm] ist. Sobald [mm] $\deg [/mm] f > 0$ oder [mm] $\deg [/mm] g > 0$ ist, ist dies ein Polynom vom Grad $> 0$.
LG Felix
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