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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:15 Do 09.06.2011 | | Autor: | clemenum |
| Aufgabe | | Man zeige: [mm] $\forall [/mm] a,b [mm] \in \mathbb{Z}, \forall p\in \mathbb{P}: (a+b)^p \equiv a^p+b^p(p)$ [/mm] |
Offensichtlich genügt es [mm] $p|{p\choose i} \forall 0\le [/mm] i [mm] \le [/mm] p-1$ zu zeigen.
Es gilt ja:
[mm] $(a+b)^p [/mm] = [mm] \sum_{i=0}^p {n\choose i} a^i b^{p-i}$ [/mm]
Es ist ja nach Definition [mm] {n\choose i} [/mm] = [mm] \frac{p(p-1)\cdot\ldots\cdot(p-i+1)}{i(i-1)\ldots2\cdot1}\in \mathbb{Z},$ [/mm] womit ersichtlich der Zähler durch p teilbar ist.
Es bleibt also "nur noch" zu zeigen, dass [mm] $(p-1)(p-2)\ldots(p-i+1)$ [/mm] ein ganzzahliges Vielfaches von $i!$ ist.
Nun, i bewegt sich ja zwischen [mm] $0\le [/mm] i [mm] \le [/mm] p-1$. Ich sehe hier für die meisten Fällen einen Bruch vor mir, dessen Zähler kleiner als der Nenner ist, womit die Aussage nicht bewiesen sondern widerlegt wäre! :-/
Setze ich etwa $i = p-1 $, so erhalte ich [mm] $\frac{p}{(p-i)(p-i-1)\ldots\cdot2\cdot1}$ [/mm] und da kann offensichtlich etwas nicht stimmen!
Wie könnte ich vorgehen, damit ich die Aussage doch beweisen kann?
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> Man zeige: [mm]\forall a,b \in \mathbb{Z}, \forall p\in \mathbb{P}: (a+b)^p \equiv a^p+b^p(p)[/mm]
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> Offensichtlich genügt es [mm]p|{p\choose i} \forall 0\le i \le p-1[/mm]
> zu zeigen.
> Es gilt ja:
> [mm](a+b)^p = \sum_{i=0}^p {n\choose i} a^i b^{p-i}[/mm]
> Es ist ja nach Definition [mm]{n\choose i}[/mm] =
> [mm]\frac{p(p-1)\cdot\ldots\cdot(p-i+1)}{i(i-1)\ldots2\cdot1}\in \mathbb{Z},$[/mm]
Genau!
[mm]{{p \choose n}} =\frac{\prod_{j=0}^{n-1}(p-j)}{n!}[/mm]
Hier kannst du doch direkt begründen. $p>n$. Somit ist doch p größer als jede Primzahl, die n! teilt.
Was sagt dir:
[mm]{{p \choose n}}n! =\prod_{j=0}^{n-1}(p-j)[/mm] und [mm]p | \prod_{j=0}^{n-1}(p-j)[/mm]
Was weißt du über das "Verhältnis" von n! und p?
> womit ersichtlich der Zähler durch p teilbar ist.
> Es bleibt also "nur noch" zu zeigen, dass
> [mm](p-1)(p-2)\ldots(p-i+1)[/mm] ein ganzzahliges Vielfaches von [mm]i![/mm]
> ist.
> Nun, i bewegt sich ja zwischen [mm]0\le i \le p-1[/mm]. Ich sehe
> hier für die meisten Fällen einen Bruch vor mir, dessen
> Zähler kleiner als der Nenner ist, womit die Aussage nicht
> bewiesen sondern widerlegt wäre! :-/
> Setze ich etwa [mm]i = p-1 [/mm], so erhalte ich
> [mm]\frac{p}{(p-i)(p-i-1)\ldots\cdot2\cdot1}[/mm] und da kann
> offensichtlich etwas nicht stimmen!
>
> Wie könnte ich vorgehen, damit ich die Aussage doch
> beweisen kann?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:19 Do 09.06.2011 | | Autor: | clemenum |
Also, aus deinen Aussagen folgt unmittelbar:
[mm] $p|{p\choose n}$ $\vee$ [/mm] $p|n!$. Da du (und nun auch ich) festgstellt hast, dass für [mm] $p>p_i: p_i|n! [/mm] $ [mm] $\forall [/mm] i $ ist nun offensichtlich, dass $p$ nicht $n!$ teilen kann, womit zwangsläufig nur mehr die Möglichkeit, dass [mm] $p|{p\choose n}$ [/mm] gilt, übrigbleibt.
Hast du dir die Argumentation so vorgestellt?
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Hallo clemenum,
> Also, aus deinen Aussagen folgt unmittelbar:
> [mm]p|{p\choose n}[/mm] [mm]\vee[/mm] [mm]p|n![/mm]. Da du (und nun auch ich)
> festgstellt hast, dass für [mm]p>p_i: p_i|n![/mm] [mm]\forall i[/mm] ist nun
> offensichtlich, dass [mm]p[/mm] nicht [mm]n![/mm] teilen kann, womit
> zwangsläufig nur mehr die Möglichkeit, dass [mm]p|{p\choose n}[/mm]
> gilt, übrigbleibt.
>
> Hast du dir die Argumentation so vorgestellt?
Du machst es Dir zu kompliziert.
Du kannst mit der vorliegenden Formel zur Berechnung der Binomialkoeffizienten doch ganz direkt zeigen, dass [mm] p|\vektor{p\\i}\ \forall [/mm] 0<i<p. Außerdem gilt [mm] \vektor{p\\0}=\vektor{p\\p}=1.
[/mm]
Und damit ist die Aufgabe doch schon gelöst.
Schau nochmal genau hin und überleg Dir, welche Faktoren das Zählerprodukt beinhaltet.
Im übrigen kannst Du die Aufgabe auch schnell auf anderem Weg lösen, wenn Du den Satz von Fermat benutzen darfst (bzw. den Satz von Euler-Fermat).
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:23 Fr 10.06.2011 | | Autor: | wieschoo |
Deine Argumentation ist mir leider nicht klar.
Wenn ich das nachvollziehe, dann kann ich doch auch schließen: "5 teilt 2", da ja [mm]2=\frac{2*5}{5}[/mm] ist und man aus dem Zähler die 5 herausziehen kann.
Also irgendwie muss man doch auch begründen, dass die Zähler nicht dagegen schießt.
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Hallo wieschoo,
Beweisweg A:
1) Jedes [mm] p\in\IP [/mm] besitzt nur die trivialen Teiler 1 und p. Insbesondere gilt also [mm] k\not|p\ \forall 1
2) Es ist [mm] \vektor{p\\k}=\bruch{p!}{k!(p-k)!}. [/mm] Sei [mm] 1\le k\le{p}. [/mm] Dann sind alle Faktoren des Nenners <p und teilen p daher nicht. Mithin gilt dann [mm] p|\vektor{p\\k}
[/mm]
3) Also gilt [mm] (a+b)^p=a^p+b^p+\summe_{k=1}^{p-1}\vektor{p\\k}a^k b^{p-k}\equiv a^p+b^p \mod{p}
[/mm]
Beweisweg B:
1) Für [mm] p\in\IP [/mm] gilt [mm] n^p\equiv n\mod{p}, [/mm] für [mm] n\not\equiv 0\mod{p} [/mm] folgt dies aus dem Satz von Fermat, für [mm] n\equiv 0\mod{p} [/mm] ist es trivial.
2) Also gilt [mm] (a+b)^p\equiv a+b\equiv a^p+b^p\mod{p}.
[/mm]
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:05 Sa 11.06.2011 | | Autor: | wieschoo |
Danke dir. Die Idee B kannte ich noch nicht.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:24 Fr 10.06.2011 | | Autor: | wieschoo |
So hatte ich es mir gedacht.
Falls es doch einfacher geht, dann wäre ich auch daran interessiert.
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