fermat für n=4 < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Zeigen Sie, dass es keine $(x,y,z) [mm] \in \IN^3$ [/mm] gibt mit [mm] $x^4 [/mm] + [mm] y^4 [/mm] = [mm] z^2$
[/mm]
Hinweis: Zeigen Sie zuerst, dass [mm] $(x^2,y^2,z)$ [/mm] ein primtives pythagoräisches Tripel ist.
Bemerkung: Hieraus folgt unter anderem der Satz von Fermat für n=4. |
moin,
Mit dieser Aufgabe hab ich momentan so meine Probleme...
edit: Ich glaube ich habe jetzt eine Lösung, aber bin mir noch recht unsicher, also wäre nett wenn mir jemand sagen könnte, ob sie stimmt.
Angenommen es gibt, $(x,y,z) [mm] \in \IN^3$ [/mm] so, dass [mm] $x^4 [/mm] + [mm] y^4 [/mm] = [mm] z^2$. [/mm]
Dies lässt sich auch schreiben als [mm] $(x^2)^2 [/mm] + [mm] (y^2)^2 [/mm] = [mm] z^2$. [/mm]
Somit müsste also [mm] $(x^2,y^2,z)$ [/mm] ein pythagoräisches Tripel sein.
Da man jedes pythagoräische Tripel durchkürzen kann sei OBdA [mm] $(x^2,y^2,z)$ [/mm] ein PPT.
Dann gibt es $u,v [mm] \in \IN$ [/mm] mit:
u < v, ggT(u,v) = 1, $u [mm] \not \equiv [/mm] v (mod 2)$,
[mm] $x^2 [/mm] = 2uv$
[mm] $y^2 [/mm] = [mm] v^2 [/mm] - [mm] u^2$ [/mm]
$z = [mm] v^2 [/mm] + [mm] u^2$ [/mm]
Betrachten wir [mm] $y^2 [/mm] (mod 6)$ so ergeben sich folgende Fälle:
1. [mm] $y^2 \equiv [/mm] 1 (mod 6) [mm] \Rightarrow$ [/mm] v gerade, u ungerade
2. [mm] $y^2 \equiv [/mm] 3 (mod 6) [mm] \Rightarrow$ [/mm] v gerade, u ungerade
Die anderen Fälle scheiden aus, da y ungerade ist und da 5 modulo 6 keine Quadratzahl ist.
Betrachten wir nun noch einmal [mm] $y^2 [/mm] (mod 4) .$
Dann gibt es auch hier zwei Fälle:
1. [mm] $y^2 \equiv [/mm] 0 (mod 4) [mm] \Rightarrow [/mm] $ y gerade [mm] $\lightning$ [/mm]
2. [mm] $y^2 \equiv [/mm] 1 (mod 4)$
Benutzen wir im zweiten Fall, dass v gerade sein muss, so gilt [mm] $v^2 \equiv [/mm] 0 (mod 4)$ und somit muss [mm] $u^2 \equiv [/mm] 3 (mod 4)$ gelten, was ebenfalls ein Widerspruch ist, da es keine Quadratzahl gibt die bei Division durch 4 den Rest 3 hat.
Somit führt also die Annahme, dass es ein solches y gibt, zum Widerspruch und es kann auch keine $(x,y,z) [mm] \in \IN^3$ [/mm] mit [mm] $x^4 [/mm] + [mm] y^4 [/mm] = [mm] z^2$ [/mm] geben.
Stimmt das so oder labere ich da Müll?
Hab ich irgendwas vergessen oder viel zu kompliziert gemacht?
thx und MfG
Schadow
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:46 Sa 22.10.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Schadow!
> Zeigen Sie, dass es keine [mm](x,y,z) \in \IN^3[/mm] gibt mit [mm]x^4 + y^4 = z^2[/mm]
>
> Hinweis: Zeigen Sie zuerst, dass [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein primtives
> pythagoräisches Tripel ist.
>
> Bemerkung: Hieraus folgt unter anderem der Satz von Fermat
> für n=4.
>
> moin,
>
> Mit dieser Aufgabe hab ich momentan so meine Probleme...
>
> edit: Ich glaube ich habe jetzt eine Lösung, aber bin mir
> noch recht unsicher, also wäre nett wenn mir jemand sagen
> könnte, ob sie stimmt.
>
> Angenommen es gibt, [mm](x,y,z) \in \IN^3[/mm] so, dass [mm]x^4 + y^4 = z^2[/mm].
> Dies lässt sich auch schreiben als [mm](x^2)^2 + (y^2)^2 = z^2[/mm].
> Somit müsste also [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein pythagoräisches Tripel
> sein.
Genau.
> Da man jedes pythagoräische Tripel durchkürzen kann sei
> OBdA [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein PPT.
Moment! Du musst noch zeigen, dass das gekuerzte Tripel dann wieder von der Form [mm] $(a^2, b^2, [/mm] c)$ ist.
> Dann gibt es [mm]u,v \in \IN[/mm] mit:
> u < v, ggT(u,v) = 1, [mm]u \not \equiv v (mod 2)[/mm],
> [mm]x^2 = 2uv[/mm]
> [mm]y^2 = v^2 - u^2[/mm]
> [mm]z = v^2 + u^2[/mm]
> Betrachten wir [mm]y^2 (mod 6)[/mm] so ergeben sich folgende Fälle:
> 1. [mm]y^2 \equiv 1 (mod 6) \Rightarrow[/mm] v gerade, u ungerade
Was ist mit $v [mm] \equiv [/mm] 1$, $u [mm] \equiv [/mm] 0$? Dann ist [mm] $y^2 [/mm] = [mm] v^2 [/mm] - [mm] u^2 \equiv [/mm] 1$.
In diesem Fall kann sowohl $v$ gerade wie auch ungerade sein, scheint es mir...
> 2. [mm]y^2 \equiv 3 (mod 6) \Rightarrow[/mm] v gerade, u ungerade
Auch in diesem Fall sehe ich nicht, warum $v$ gerade und $u$ ungerade ist. In den Faellen [mm] $v^2 \equiv [/mm] 1$, [mm] $u^2 \equiv [/mm] 0$ und [mm] $v^2 \equiv [/mm] 3$, [mm] $u^2 \equiv [/mm] 0$ ist $v$ ungerade und $u$ gerade.
> Die anderen Fälle scheiden aus, da y ungerade ist und da 5
> modulo 6 keine Quadratzahl ist.
Eventuell solltest du noch ganz kurz begruenden, warum $y$ ungerade ist (wegen $u [mm] \not\equiv [/mm] v [mm] \pmod{2}$).
[/mm]
> Betrachten wir nun noch einmal [mm]y^2 (mod 4) .[/mm]
> Dann gibt es auch hier zwei Fälle:
> 1. [mm]y^2 \equiv 0 (mod 4) \Rightarrow[/mm] y gerade [mm]\lightning[/mm]
> 2. [mm]y^2 \equiv 1 (mod 4)[/mm]
Hier aus dem zweiten Fall folgt: $v$ ist ungerade, $u$ ist gerade.
LG Felix
> Benutzen wir im zweiten Fall, dass v gerade sein muss, so
> gilt [mm]v^2 \equiv 0 (mod 4)[/mm] und somit muss [mm]u^2 \equiv 3 (mod 4)[/mm]
> gelten, was ebenfalls ein Widerspruch ist, da es keine
> Quadratzahl gibt die bei Division durch 4 den Rest 3 hat.
> Somit führt also die Annahme, dass es ein solches y gibt,
> zum Widerspruch und es kann auch keine [mm](x,y,z) \in \IN^3[/mm]
> mit [mm]x^4 + y^4 = z^2[/mm] geben.
>
>
> Stimmt das so oder labere ich da Müll?
> Hab ich irgendwas vergessen oder viel zu kompliziert
> gemacht?
>
>
> thx und MfG
>
> Schadow
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> Moin Schadow!
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> > Zeigen Sie, dass es keine [mm](x,y,z) \in \IN^3[/mm] gibt mit [mm]x^4 + y^4 = z^2[/mm]
>
> >
> > Hinweis: Zeigen Sie zuerst, dass [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein primtives
> > pythagoräisches Tripel ist.
> >
> > Bemerkung: Hieraus folgt unter anderem der Satz von Fermat
> > für n=4.
> >
> > moin,
> >
> > Mit dieser Aufgabe hab ich momentan so meine Probleme...
> >
> > edit: Ich glaube ich habe jetzt eine Lösung, aber bin mir
> > noch recht unsicher, also wäre nett wenn mir jemand
> sagen
> > könnte, ob sie stimmt.
> >
> > Angenommen es gibt, [mm](x,y,z) \in \IN^3[/mm] so, dass [mm]x^4 + y^4 = z^2[/mm].
> > Dies lässt sich auch schreiben als [mm](x^2)^2 + (y^2)^2 = z^2[/mm].
> > Somit müsste also [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein pythagoräisches Tripel
> > sein.
>
> Genau.
>
> > Da man jedes pythagoräische Tripel durchkürzen kann sei
> > OBdA [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein PPT.
>
> Moment! Du musst noch zeigen, dass das gekuerzte Tripel
> dann wieder von der Form [mm](a^2, b^2, c)[/mm] ist.
Hmm....
Und wenn ich erst kürze, also bei [mm] $x^4 [/mm] + [mm] y^4 [/mm] = [mm] z^2$ [/mm] durchkürze bis [mm] $ggT(x^4,y^4,z^2) [/mm] = 1 [mm] \Rightarrow ggT(x^2,y^2,z) [/mm] = 1$ und dann ein Tripel draus mache?
> > Dann gibt es [mm]u,v \in \IN[/mm] mit:
> > u < v, ggT(u,v) = 1, [mm]u \not \equiv v (mod 2)[/mm],
> > [mm]x^2 = 2uv[/mm]
> > [mm]y^2 = v^2 - u^2[/mm]
> > [mm]z = v^2 + u^2[/mm]
> > Betrachten wir [mm]y^2 (mod 6)[/mm] so ergeben sich folgende Fälle:
> > 1. [mm]y^2 \equiv 1 (mod 6) \Rightarrow[/mm] v gerade, u ungerade
>
> Was ist mit [mm]v \equiv 1[/mm], [mm]u \equiv 0[/mm]? Dann ist [mm]y^2 = v^2 - u^2 \equiv 1[/mm].
Den Fall habe ich wohl fein vergessen. xD
> In diesem Fall kann sowohl [mm]v[/mm] gerade wie auch ungerade sein,
> scheint es mir...
>
> > 2. [mm]y^2 \equiv 3 (mod 6) \Rightarrow[/mm] v gerade, u ungerade
>
> Auch in diesem Fall sehe ich nicht, warum [mm]v[/mm] gerade und [mm]u[/mm]
> ungerade ist. In den Faellen [mm]v^2 \equiv 1[/mm], [mm]u^2 \equiv 0[/mm] und
> [mm]v^2 \equiv 3[/mm], [mm]u^2 \equiv 0[/mm] ist [mm]v[/mm] ungerade und [mm]u[/mm] gerade.
>
> > Die anderen Fälle scheiden aus, da y ungerade ist und da 5
> > modulo 6 keine Quadratzahl ist.
>
> Eventuell solltest du noch ganz kurz begruenden, warum [mm]y[/mm]
> ungerade ist (wegen [mm]u \not\equiv v \pmod{2}[/mm]).
Das hab ich direkt aus der Definition eines primitiven pythagoräischen Tripels, dass da einer der beiden (bei mir das x) gerade und der andere ungerade ist.
> > Betrachten wir nun noch einmal [mm]y^2 (mod 4) .[/mm]
> > Dann gibt es auch hier zwei Fälle:
> > 1. [mm]y^2 \equiv 0 (mod 4) \Rightarrow[/mm] y gerade [mm]\lightning[/mm]
> > 2. [mm]y^2 \equiv 1 (mod 4)[/mm]
>
> Hier aus dem zweiten Fall folgt: [mm]v[/mm] ist ungerade, [mm]u[/mm] ist
> gerade.
>
> LG Felix
Hmm, immerhin also nicht ganz umsonst was ich da gemacht habe...
Dann also mal weiter:
Feststellung aus der (mod 4)-Betrachtung: v ungerade, u gerade.
Wiederhohle ich das (mod 6) nochmal richtig ergibt sich daraus, dass u durch 6 teilbar sein muss.
Da u und v teilerfremd sein müssen fällt also der Fall [mm] $y^2 \equiv [/mm] 3 (mod 6), v [mm] \equiv [/mm] 3 (mod 6), u [mm] \equiv [/mm] 0 (mod 6)$ raus und es muss gelten:
[mm] $y^2 \equiv [/mm] 1 (mod 6), [mm] v^2 \equiv [/mm] 1 (mod 6)$.
Ich habe jetzt also [mm] $y^2 \equiv [/mm] 1 (mod 4)$ und [mm] $y^2 \equiv [/mm] 1 (mod 6)$ und deshalb wenn mich nicht alles täuscht [mm] $y^2 \equiv [/mm] 1 (mod 12)$ (was auch immer mir das bringen mag^^).
Und jetzt fällt mir kein brauchbarer Restklassenring mehr ein...^^
Also mal zurück zu [mm] $x^2 [/mm] = 2uv$.
Da u und v teilerfremd sind müssen [mm] $\frac{u}{2}$ [/mm] und v schon selbst Quadratzahlen sein.
Hierraus gibts aber auch nur die Info $v [mm] \equiv [/mm] 1 (mod 6)$ (die bisher nur für [mm] v^2 [/mm] da war), immernoch kein Widerspruch...
Und jetzt will mir nix mehr einfallen, aus welchem Hut ich noch versuchen könnte ein weißes Kaninchen, äh, einen Widerspruch zu zaubern.
Vielleicht jemand einen schönen Tipp für mich?^^
thx
Schadow
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 13:28 So 23.10.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > > Da man jedes pythagoräische Tripel durchkürzen kann sei
> > > OBdA [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein PPT.
> >
> > Moment! Du musst noch zeigen, dass das gekuerzte Tripel
> > dann wieder von der Form [mm](a^2, b^2, c)[/mm] ist.
>
> Hmm....
> Und wenn ich erst kürze, also bei [mm]x^4 + y^4 = z^2[/mm]
> durchkürze bis [mm]ggT(x^4,y^4,z^2) = 1 \Rightarrow ggT(x^2,y^2,z) = 1[/mm]
> und dann ein Tripel draus mache?
Wie kuerzt du denn? Du musst hier aufpassen, da du nicht ueberall die gleiche Potenz hast.
> > > Dann gibt es [mm]u,v \in \IN[/mm] mit:
> > > u < v, ggT(u,v) = 1, [mm]u \not \equiv v (mod 2)[/mm],
> > > [mm]x^2 = 2uv[/mm]
> > > [mm]y^2 = v^2 - u^2[/mm]
Hier machst du aber noch eine Annahme an $x$ und $y$: eins ist kleinergleich dem anderen. Das solltest du explizit erwaehnen.
> > > [mm]z = v^2 + u^2[/mm]
> > > Betrachten wir [mm]y^2 (mod 6)[/mm] so ergeben sich folgende Fälle:
> > > 1. [mm]y^2 \equiv 1 (mod 6) \Rightarrow[/mm] v gerade, u ungerade
> >
> > Was ist mit [mm]v \equiv 1[/mm], [mm]u \equiv 0[/mm]? Dann ist [mm]y^2 = v^2 - u^2 \equiv 1[/mm].
>
> Den Fall habe ich wohl fein vergessen. xD
>
> > In diesem Fall kann sowohl [mm]v[/mm] gerade wie auch ungerade sein,
> > scheint es mir...
> >
> > > 2. [mm]y^2 \equiv 3 (mod 6) \Rightarrow[/mm] v gerade, u ungerade
> >
> > Auch in diesem Fall sehe ich nicht, warum [mm]v[/mm] gerade und [mm]u[/mm]
> > ungerade ist. In den Faellen [mm]v^2 \equiv 1[/mm], [mm]u^2 \equiv 0[/mm] und
> > [mm]v^2 \equiv 3[/mm], [mm]u^2 \equiv 0[/mm] ist [mm]v[/mm] ungerade und [mm]u[/mm] gerade.
> >
> > > Betrachten wir nun noch einmal [mm]y^2 (mod 4) .[/mm]
> > > Dann gibt es auch hier zwei Fälle:
> > > 1. [mm]y^2 \equiv 0 (mod 4) \Rightarrow[/mm] y gerade [mm]\lightning[/mm]
> > > 2. [mm]y^2 \equiv 1 (mod 4)[/mm]
> >
> > Hier aus dem zweiten Fall folgt: [mm]v[/mm] ist ungerade, [mm]u[/mm] ist
> > gerade.
>
> Hmm, immerhin also nicht ganz umsonst was ich da gemacht
> habe...
> Dann also mal weiter:
> Feststellung aus der (mod 4)-Betrachtung: v ungerade, u
> gerade.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Wiederhohle ich das (mod 6) nochmal richtig ergibt sich
> daraus, dass u durch 6 teilbar sein muss.
> Da u und v teilerfremd sein müssen fällt also der Fall
> [mm]y^2 \equiv 3 (mod 6), v \equiv 3 (mod 6), u \equiv 0 (mod 6)[/mm]
> raus und es muss gelten:
> [mm]y^2 \equiv 1 (mod 6), v^2 \equiv 1 (mod 6)[/mm].
> Ich habe jetzt also [mm]y^2 \equiv 1 (mod 4)[/mm] und [mm]y^2 \equiv 1 (mod 6)[/mm]
> und deshalb wenn mich nicht alles täuscht [mm]y^2 \equiv 1 (mod 12)[/mm]
> (was auch immer mir das bringen mag^^).
Ja, hast du.
Und ebenso [mm] $u^2 \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{12}$.
[/mm]
> Und jetzt fällt mir kein brauchbarer Restklassenring mehr
> ein...^^
>
> Also mal zurück zu [mm]x^2 = 2uv[/mm].
> Da u und v teilerfremd sind
> müssen [mm]\frac{u}{2}[/mm] und v schon selbst Quadratzahlen sein.
> Hierraus gibts aber auch nur die Info [mm]v \equiv 1 (mod 6)[/mm]
> (die bisher nur für [mm]v^2[/mm] da war), immernoch kein
> Widerspruch...
>
>
> Und jetzt will mir nix mehr einfallen, aus welchem Hut ich
> noch versuchen könnte ein weißes Kaninchen, äh, einen
> Widerspruch zu zaubern.
>
>
> Vielleicht jemand einen schönen Tipp für mich?^^
[mm] $y^2 [/mm] + [mm] u^2 [/mm] = [mm] v^2$ [/mm] ist wieder ein pythagoräisches Tripel.
LG Felix
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So, ein letzter Versuch, ich hoffe diesmal passt alles:
Angenommen es gibt $(x,y,z) [mm] \in \IN^3$ [/mm] so, dass [mm] $x^4 [/mm] + [mm] y^4 [/mm] = [mm] z^2$. [/mm]
Dies lässt sich auch schreiben als [mm] $(x^2)^2 [/mm] + [mm] (y^2)^2 [/mm] = [mm] z^2$. [/mm]
Somit müsste also [mm] $(x^2,y^2,z)$ [/mm] ein pythagoräisches Tripel sein.
Da man jedes pythagoräische Tripel durchkürzen kann sei OBdA [mm] $(x^2,y^2,z)$ [/mm] ein PPT.
(Ist [mm] $ggT(x^2,y^2,z) [/mm] = p$ so ist in [mm] $x^4 [/mm] + [mm] y^4 [/mm] = [mm] z^2$ [/mm] jeweils jeder Summand durch [mm] $p^2$ [/mm] teilbar).
Dann gibt es $u,v [mm] \in \IN$ [/mm] mit:
u < v, ggT(u,v) = 1, $u [mm] \not \equiv [/mm] v (mod 2)$,
[mm] $x^2 [/mm] = 2uv$
[mm] $y^2 [/mm] = [mm] v^2 [/mm] - [mm] u^2$ [/mm]
$z = [mm] v^2 [/mm] + [mm] u^2$ [/mm]
Betrachten wir die zweite Zeile so ist [mm] $y^2 [/mm] + [mm] u^2 [/mm] = [mm] v^2$ [/mm] wieder ein pythagoräisches Tripel. Da bereits ggT(u,v) = 1 gilt ist es ein primitives, es gibt also $a,b [mm] \in \IN$ [/mm] mit:
a < b, ggT(a,b) = 1, $a [mm] \not \equiv [/mm] b (mod 2)$,
$u = 2ab$
$y = [mm] b^2 [/mm] - [mm] a^2$ [/mm]
$v = [mm] a^2 [/mm] + [mm] b^2$ [/mm]
An dieser Stelle sieht man, dass u gerade und v ungerade sein muss.
Da $2uv = [mm] x^2$ [/mm] eine Quadratzahl ist und ggT(u,v) = 1 gilt müssen v und [mm] $\frac{u}{2}$ [/mm] selbst schon Quadratzahlen sein, es gibt also $w [mm] \in \IN$ [/mm] mit $v = [mm] w^2$. [/mm]
Da [mm] $\frac{u}{2} [/mm] = ab$ und auch hier ggT(a,b) = 1 müssen damit auch a und b Quadratzahlen sein, es gibt also $c,d [mm] \in \IN$ [/mm] mit [mm] $c^2 [/mm] = a, [mm] d^2 [/mm] = b$.
Setzt man dies in die Zeile $v = [mm] a^2 [/mm] + [mm] b^2$ [/mm] ein so ergibt sich:
[mm] $w^2 [/mm] = [mm] c^4 [/mm] + [mm] d^4$ [/mm]
Wir haben also hier wieder genau so ein Tripel wie in der Ausgangssituation [mm] $z^2 [/mm] = [mm] x^4 [/mm] + [mm] y^4$ [/mm] und da ggT(c,d) = 1 ist es auch schon ein PPT.
Mit selber Argumentation stecken auch hier wieder die selben Quadratzahlen drinn und wir werden wieder bei einem Tripel dieser Form ankommen.
Wir können also unendlich viele Tripel in unserem angenommenen Tripel finden, was im Umkehrschluss bedeutet, dass $x,y,z$ unendlich groß sein müssen (da v < z). Dies liefert den gewünschten Widerspruch.
Mal gucken wie ihr (oder du felix^^) den Versuch auseinandernehmt. xD
lg
Schadow
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:23 Fr 28.10.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:24 Sa 29.10.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Schwadow,
sorry dass das so lange gedauert hat, hab in den letzten Tagen viel zu tun gehabt.
> Angenommen es gibt [mm](x,y,z) \in \IN^3[/mm] so, dass [mm]x^4 + y^4 = z^2[/mm].
> Dies lässt sich auch schreiben als [mm](x^2)^2 + (y^2)^2 = z^2[/mm].
> Somit müsste also [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein pythagoräisches Tripel
> sein.
> Da man jedes pythagoräische Tripel durchkürzen kann sei
> OBdA [mm](x^2,y^2,z)[/mm] ein PPT.
> (Ist [mm]ggT(x^2,y^2,z) = p[/mm] so ist in [mm]x^4 + y^4 = z^2[/mm] jeweils
> jeder Summand durch [mm]p^2[/mm] teilbar).
...womit man [mm] $x^4/p^2 [/mm] + [mm] y^4/p^2 [/mm] = [mm] (z/p)^2$ [/mm] hat. Das Tripel, was man daraus erhaelt, ist aber nicht mehr von den Form [mm] $(x^2, y^2, [/mm] z)$, sondern von der Form [mm] $(x^2/p, y^2/p, [/mm] z)$: [mm] $x^2/p$ [/mm] und [mm] $y^2/p$ [/mm] sind im Allgemeinen keine Quadrate mehr.
Du musst hier schon etwas mehr argumentieren.
> Dann gibt es [mm]u,v \in \IN[/mm] mit:
> u < v, ggT(u,v) = 1, [mm]u \not \equiv v (mod 2)[/mm],
> [mm]x^2 = 2uv[/mm]
> [mm]y^2 = v^2 - u^2[/mm]
> [mm]z = v^2 + u^2[/mm]
> Betrachten wir die zweite Zeile so ist [mm]y^2 + u^2 = v^2[/mm]
> wieder ein pythagoräisches Tripel. Da bereits ggT(u,v) = 1
> gilt ist es ein primitives, es gibt also [mm]a,b \in \IN[/mm] mit:
> a < b, ggT(a,b) = 1, [mm]a \not \equiv b (mod 2)[/mm],
> [mm]u = 2ab[/mm]
> [mm]y = b^2 - a^2[/mm]
> [mm]v = a^2 + b^2[/mm]
> An dieser Stelle sieht man, dass u gerade und v ungerade
> sein muss.
> Da [mm]2uv = x^2[/mm] eine Quadratzahl ist und ggT(u,v) = 1 gilt
> müssen v und [mm]\frac{u}{2}[/mm] selbst schon Quadratzahlen sein,
> es gibt also [mm]w \in \IN[/mm] mit [mm]v = w^2[/mm].
> Da [mm]\frac{u}{2} = ab[/mm] und auch hier ggT(a,b) = 1 müssen
> damit auch a und b Quadratzahlen sein, es gibt also [mm]c,d \in \IN[/mm]
> mit [mm]c^2 = a, d^2 = b[/mm].
> Setzt man dies in die Zeile [mm]v = a^2 + b^2[/mm] ein so ergibt
> sich:
> [mm]w^2 = c^4 + d^4[/mm]
> Wir haben also hier wieder genau so ein Tripel wie in der
> Ausgangssituation [mm]z^2 = x^4 + y^4[/mm] und da ggT(c,d) = 1 ist
> es auch schon ein PPT.
Soweit ok.
> Mit selber Argumentation stecken auch hier wieder die
> selben Quadratzahlen drinn und wir werden wieder bei einem
> Tripel dieser Form ankommen.
> Wir können also unendlich viele Tripel in unserem
> angenommenen Tripel finden,
Was ist ein Tripel in einem anderen?
> was im Umkehrschluss bedeutet,
> dass [mm]x,y,z[/mm] unendlich groß sein müssen (da v < z). Dies
> liefert den gewünschten Widerspruch.
Das ist etwas ungenau.
Du hast [mm] $w^2 [/mm] = v < z [mm] \le z^2$. [/mm] Daraus folgt, dass du aus einem Tripel $(x, y, z)$ ein weiteres Tripel $(x', y', z')$ mit $z' < z$ konstruieren kannst.
Wenn du also beim Anfang des Beweises noch sagst, dass $z$ so gewaehlt sein soll, dass $z$ minimal ist so dass es $x, y [mm] \in \IN$ [/mm] gibt mit [mm] $x^4 [/mm] + [mm] y^4 [/mm] = [mm] z^2$, [/mm] dann koenntest du jetzt auf einen Widerspruch hinweisen und die Aussage waer bewiesen.
LG Felix
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