Teilbarkeitsbeweis mit ggT < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:09 Do 02.06.2011 | | Autor: | phrygian |
| Aufgabe | | Sei [mm]d:=[/mm] ggT[mm](k,m)[/mm]. Dann gilt: [mm] m|kn \Rightarrow \frac{m}{d}|n[/mm]. |
Hallo zusammen,
ich komme beim Beweis der obigen Aussage nicht weiter (die Aussage kommt übrigens im Beweis der folgenden Aussage vor: "In a finite cyclic group
[mm]\langle a \rangle[/mm] of order [mm]m[/mm], the element [mm]a^k[/mm] generates a subgroup of order [mm]\frac{m}{\textrm{gcd}(k,m)}[/mm].")
Hier mein Versuch:
[mm]m|kn[/mm] impliziert, dass es ein [mm]a\in \IZ[/mm] gibt mit [mm]am=kn[/mm], also [mm]\frac{am}{k}=n[/mm]. Ausserdem gilt [mm]d|k[/mm], also gibt es ein [mm]b\in \IZ[/mm] mit [mm]bd=k[/mm]. Daraus folgt [mm]\frac{am}{bd} = n[/mm]. Da [mm]d|m[/mm], muss man nur noch zeigen, dass [mm]b|a[/mm], was mir aber nicht gelingt.
Stimmt mein Ansatz? Habt ihr einen Hinweis, wie ich [mm]b|a[/mm] zeigen kann?
Danke!
Gruss,
phrygian
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:35 Do 02.06.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
du hast ggT(k,m)=d nicht benutzt
es gilt k=a*d m=b*d und m teilt a nicht! k*n=a*d*n m
m|adn folgt m/d|a*n da m a nicht teilt muss m n teilen
Gruss leduart
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Danke für deine Antwort, leduart, aber ich verstehe sie nicht. Offenbar haben [mm]a[/mm] und [mm]b[/mm] bei dir eine andere Bedeutung als in meinem Beitrag. Ich werde nachfolgend mit [mm]a[/mm] weiterhin die Zahl bezeichnen, die [mm]am=kn[/mm] erfüllt, [mm]b[/mm] für dein [mm]a[/mm] und [mm]c[/mm] für dein [mm]b[/mm] benutzen, damit kein Durcheinander entsteht.
Du behauptest also, aus [mm]d:=[/mm]ggT[mm](k,m)[/mm] folgt die Existenz von [mm]b,c\in \IZ[/mm] mit [mm]bd=k[/mm] und [mm]cd=m[/mm]. Nun behauptest du, dass [mm]m\not|b[/mm], aber stimmt nicht, denn für [mm]k=16[/mm], [mm]m=4[/mm] ist [mm]d=4[/mm] und [mm]b=4[/mm], also [mm]m|b[/mm]!
Ich fasse zusammen:
Gegeben sind [mm]d:=[/mm]ggT[mm](k,m)[/mm] und [mm]m|kn[/mm].
Daraus folgt die Existenz von [mm]a,b,c\in \IZ[/mm] mit
[mm]\begin{matrix}am &=& kn \\
bd &=& k \\
cd &=& m.\end{matrix}[/mm]
Ich habe verschiedene Einsetzungen versucht, bin aber zu keinem Ergebnis gekommen. Kann mir jemand weiterhelfen?
Gruss, phrygian
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:24 So 03.07.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:00 Do 02.06.2011 | | Autor: | wieschoo |
> vor: "In a finite cyclic group
> [mm]\langle a \rangle[/mm] of order [mm]m[/mm], the element [mm]a^k[/mm] generates a
> subgroup of order [mm]m|[/mm]gcd[mm](k,m)[/mm].")
Wohl eher [mm] $\frac{m}{ggT(k,m)}$
[/mm]
Möchtest du den Satz beweisen. Oder nur konkret deine Teilbarkeitsaussage?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:41 Sa 04.06.2011 | | Autor: | phrygian |
Hallo wieschoo
danke für den Hinweis, ich habe es verbessert!
Gruss,
phrygian
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:17 Do 02.06.2011 | | Autor: | felixf |
Moin phrygian!
> Sei [mm]d:=[/mm] ggT[mm](k,m)[/mm]. Dann gilt: [mm]m|kn \Rightarrow \frac{m}{d}|n[/mm].
Sei $k = a d$ und $m = b d$; dann sind $a$ und $b$ teilerfremd. Aus $b d = m [mm] \mid [/mm] k n = a d n$ folgt nun $b [mm] \mid [/mm] a n$. Es reicht also aus zu zeigen, dass $b = [mm] \frac{m}{d}$ [/mm] ein Teiler von $n$ ist.
Das ist gerade die allgemeinere Aussage "$a, b$ teilerfremd, $a [mm] \mid [/mm] b c$ [mm] $\Rightarrow$ [/mm] $a [mm] \mid [/mm] c$". Das gilt ganz allgemein in faktoriellen Ringen: es reicht die Aussage ohne Einschraenkung fuer $a = [mm] p^e$ [/mm] mit $p$ Primelement und $e [mm] \in \IN$ [/mm] zu zeigen (weisst du warum?). Es ist [mm] $p^e [/mm] = p [mm] \cdot p^{e-1}$, [/mm] womit auch $p$ ein Teiler von $b c$ ist. Da $p$ prim folgt $p [mm] \mid [/mm] b$ oder $p [mm] \mid [/mm] c$. Da [mm] $p^e$ [/mm] und $b$ teilerfremd sind muss also $p$ ein Teiler von $c$ sein. Man hat also $p [mm] \mid [/mm] c$ und [mm] $p^{e-1} \mid [/mm] b [mm] \frac{c}{p}$. [/mm] Jetzt macht man immer so weiter, bis man [mm] $p^e \mid [/mm] c$ (und [mm] $p^0 \mid [/mm] b [mm] \frac{c}{p^e}$) [/mm] hat.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:21 Fr 03.06.2011 | | Autor: | phrygian |
Moin moin, Felix :)
vielen Dank für deine klare Antwort!
> Das gilt ganz allgemein
> in faktoriellen Ringen: es reicht die Aussage ohne
> Einschraenkung fuer [mm]a = p^e[/mm] mit [mm]p[/mm] Primelement und [mm]e \in \IN[/mm]
> zu zeigen (weisst du warum?).
Weil für ein [mm]a=p_1^{e_1}\ldots p_n^{e_n}[/mm] die Aussage durch wiederholtes Anwenden deines Arguments folgt, stimmt's?
LG, phrygian
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:36 Fr 03.06.2011 | | Autor: | felixf |
Moin phrygian! :)
> vielen Dank für deine klare Antwort!
>
> > Das gilt ganz allgemein
> > in faktoriellen Ringen: es reicht die Aussage ohne
> > Einschraenkung fuer [mm]a = p^e[/mm] mit [mm]p[/mm] Primelement und [mm]e \in \IN[/mm]
> > zu zeigen (weisst du warum?).
>
> Weil für ein [mm]a=p_1^{e_1}\ldots p_n^{e_n}[/mm] die Aussage durch
> wiederholtes Anwenden deines Arguments folgt, stimmt's?
Genau. Wobei man noch eine Einheit mit zur Primfaktorzerlegung packen sollte, da man sonst $a$ im Allgemeinen gar nicht so darstellen kann (Beispiel: $-4$ in [mm] $\IZ$).
[/mm]
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:00 Sa 04.06.2011 | | Autor: | phrygian |
Stimmt, das habe ich nicht bedacht. Danke :)
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