ggT von Polynomen < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:44 Mo 15.11.2010 | | Autor: | lenzlein |
| Aufgabe | | Beweisen Sie: ggT( [mm] n^{2} [/mm] - 2, [mm] n^{3} [/mm] - 3) = 1 für n [mm] \in \IZ [/mm] |
Naja an sich scheint die Aufgabe ja nicht schwer zu sein.
Ich kenne den Euklidischen Algorithmus und auch die Polynomdivision.
Wenn ich damit anfange, den Algorithmus anzuwenden, geht das bis hier:
ggt( [mm] n^{2} [/mm] - 2, [mm] n^{3} [/mm] - 3) = ggT( [mm] n^{2} [/mm] - 2, 2n - 3)
danach müsste ich ja den hinteren Teil mit 0,5n multiplizieren und dann von dem ersten Teil abziehen. Das letzte Mal haben wir dafür aber Punktabzug bekommen, weil wir uns da ja nicht mehr im Bereich der ganzen Zahlen bewegen.
Damals mussten wir den ggT( [mm] n^{2} [/mm] - n + 1, [mm] 3n^{3} [/mm] + [mm] n^{2} [/mm] + n + 2) bestimmen und sind bis ggT( [mm] n^{2} [/mm] - n + 1, 2n - 2) gekommen, haben dann 2 hinten ausgeklammert und das vorne umgeschrieben:
ggT( (n-1)n + 1, 2(n-1) ) und haben gesagt, dass der vordere Term immer ungerade ist und somit die 2 als Teiler nicht enthalten kann. Das ist auch alles logisch, aber wie mach ich das jetzt hier bei meinem Beispiel? Da kann ich nix wegkürzen.
Bitte helft mir!
LG lenzlein
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Hallo lenzlein,
> Beweisen Sie: ggT( [mm]n^{2}[/mm] - 2, [mm]n^{3}[/mm] - 3) = 1 für n [mm]\in \IZ[/mm]
>
> Naja an sich scheint die Aufgabe ja nicht schwer zu sein.
Och, das täuscht. 
> Ich kenne den Euklidischen Algorithmus und auch die
> Polynomdivision.
> Wenn ich damit anfange, den Algorithmus anzuwenden, geht
> das bis hier:
>
> ggt( [mm]n^{2}[/mm] - 2, [mm]n^{3}[/mm] - 3) = ggT( [mm]n^{2}[/mm] - 2, 2n - 3)
Also nicht so weit. Das ist ja der Rest der allerersten Polynomdivision.
> danach müsste ich ja den hinteren Teil mit 0,5n
> multiplizieren und dann von dem ersten Teil abziehen. Das
> letzte Mal haben wir dafür aber Punktabzug bekommen, weil
> wir uns da ja nicht mehr im Bereich der ganzen Zahlen
> bewegen.
So ist es.
Du kannst aber sehr wohl [mm] 2*(n^2-2)-n*(2n-3) [/mm] zur weiteren Berechnung verwenden, sofern erstens [mm] n^2-2 [/mm] nicht durch n und zweitens 2n-3 nicht durch 2 teilbar ist.
Die zweite Bedingung ist erfüllt, die erste aber nicht für |n|=1 und |n|=2. Für die musst Du also vier Einzelnachweise führen.
Alternativ kannst Du aber auch "abwarten", wie die Rechnung weitergeht. Denn mit der obigen Berechnung kannst Du den ggT im schlimmsten Fall mit dem zusätzlichen Faktor 2n (oder Teilern davon) versehen haben. Ist der ggT letztlich aber 1, dann ist das offenbar nicht passiert.
Dann sind wir bei ggT(3n-4,2n-3). Und von da ist es nicht mehr weit.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:42 Mo 15.11.2010 | | Autor: | lenzlein |
ok wenn ich das so machen kann is das ja relativ logisch. und dann multipliziere ich im letzten schritt nur noch (3n-4) mit 2 und (2n-3) mit 3?
dann bekomme ich nämlich ggT(2n-3, 1) heraus und das wär ja dann das ende!
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Hallo nochmal,
ja, das ist einer der Wege, die zu ggT=1 führen. Und einer reicht ja.
Grüße
reverend
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:10 Mi 17.11.2010 | | Autor: | lenzlein |
so jetzt hat unser übungsleiter gesagt, wir sollen aber auch noch zeigen, warum wir unsere zahlen, auf die wir den ggT anwenden wollen (z.b. das [mm] n^{2} [/mm] - 2), faktorisieren dürfen mit zb. n oder 3 oder ähnliches. versteh ich zwar nich, weil wirs vorher machen durften ohne was zu beweisen aber jetzt will ers haben, sonst gibt er uns keine punkte...was schreib ich denn auf? ich mein, es is doch logisch....aber naja
lg lenzlein
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:49 Mi 17.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> so jetzt hat unser übungsleiter gesagt, wir sollen aber
> auch noch zeigen, warum wir unsere zahlen, auf die wir den
> ggT anwenden wollen (z.b. das [mm]n^{2}[/mm] - 2), faktorisieren
> dürfen mit zb. n oder 3 oder ähnliches. versteh ich zwar
> nich, weil wirs vorher machen durften ohne was zu beweisen
> aber jetzt will ers haben, sonst gibt er uns keine
> punkte...was schreib ich denn auf? ich mein, es is doch
> logisch....aber naja
Ich weiss nicht was euer Ueubngsleiter damit jetzt meint, allerings kannst du auch so vorgehen:
Es ist ja $1 = 2 (3 n - 4) - 3 (2 n - 3) = 2 (2 [mm] (n^2 [/mm] - 2) - n (2 n - 3)) - 3 (2 n - 3) = 4 [mm] (n^2 [/mm] - 2) - (3 + 2 n) (2 n - 3) = 4 [mm] (n^2 [/mm] - 2) - (3 + 2 n) [mm] ((n^3 [/mm] - 3) - n [mm] (n^2 [/mm] - 2)) = (4 + 3 n + 2 [mm] n^2) (n^2 [/mm] - 2) - (3 + 2 n) [mm] (n^3 [/mm] - 3)$
Mit $A := 4 + 3 n + 2 [mm] n^2 \in \IZ$ [/mm] und $B := -3 - 2 n [mm] \in \IZ$ [/mm] ist also $1 = A [mm] \cdot (n^2 [/mm] - 2) + B [mm] \cdot (n^3 [/mm] - 3)$.
Daraus folgt sofort, dass [mm] $n^2 [/mm] - 2$ und [mm] $n^3 [/mm] - 3$ teilerfremd sind.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:29 Mi 17.11.2010 | | Autor: | reverend |
Viel schönere Lösung. ![[anbet]](/images/smileys/anbet.gif "[anbet]") Die sollte auch einen Übungsleiter überzeugen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:30 Do 18.11.2010 | | Autor: | reverend |
Moin Felix!
> > Viel schönere Lösung.
>>
> Die setzt allerdings voraus, dass man zuerst den ggT
> ausgerechnet hat.
Jein. Man könnte ihn auch annehmen und mit ein bisschen Geschick A und B ermitteln, ggf. mit ein wenig Ratetechnik. Wenn man A und B aber erst einmal hat, ist der Nachweis ja auch geführt. Und zwar vollständig.
Natürlich ist es einfacher mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus oder eben, wie bei Deinem Vorschlag, einer findigen Rekonstruktion.
Herzliche Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:57 Do 18.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin reverend,
> > > Viel schönere Lösung.
> >>
> > Die setzt allerdings voraus, dass man zuerst den ggT
> > ausgerechnet hat.
>
> Jein. Man könnte ihn auch annehmen und mit ein bisschen
> Geschick A und B ermitteln, ggf. mit ein wenig Ratetechnik.
> Wenn man A und B aber erst einmal hat, ist der Nachweis ja
> auch geführt. Und zwar vollständig.
klar, es geht auch anders. Die Polynome $A$ und $B$ sind unter der Annahme, dass [mm] $x^2 [/mm] - 2$ und [mm] $x^3 [/mm] - 3$ teilerfremd sind und [mm] $\deg [/mm] A < 3$ und [mm] $\deg [/mm] B < 2$, sogar eindeutig festgelegt:
Sind $f, g [mm] \in [/mm] K[x]$ teilerfremd und $n = [mm] \deg [/mm] f$, $m = [mm] \deg [/mm] g$, so ist die Abbildung [mm] $K[x]_{< m} \times K[x]_{< n} \to K[x]_{< m + n - 1}$, [/mm] $(a, b) [mm] \mapsto [/mm] a f + b g$ ein Isomorphismus.
(Hier ist $K$ ein Koerper, man koennte etwa $K = [mm] \IQ$ [/mm] nehmen.)
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:07 Do 18.11.2010 | | Autor: | reverend |
Hi...
das meine ich. Ich kann es nachvollziehen, aber selbst gefunden hätte ich es frühestens eine Woche nach dem Sankt-Nimmerleins-Tag.
lg
rev
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:13 Do 18.11.2010 | | Autor: | felixf |
Moin rev,
> das meine ich. Ich kann es nachvollziehen, aber selbst
> gefunden hätte ich es frühestens eine Woche nach dem
> Sankt-Nimmerleins-Tag.
ich durfte letztens noch eine Vorlesung vertreten und dort genau diesen Isomorphismus benutzen: nach passender Basiswahl ist die Determinante davon die Resultante von $f$ und $g$, und wenn $f, g [mm] \in \IZ[x]$ [/mm] primitiv und teilerfremd sind, kann man damit zeigen, dass eindeutige $A, B [mm] \in \IZ[x]$ [/mm] existieren mit $A f + B g = Res(f, g)$, [mm] $\deg [/mm] A < [mm] \deg [/mm] g$ und [mm] $\deg [/mm] B < [mm] \deg [/mm] f$.
Wenn ich das nicht gemacht haette, haett ich vermutlich auch laenger suchen muessen
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:32 Fr 19.11.2010 | | Autor: | lenzlein |
vielen dank für eure hilfe...ma schaun was der übungsleiter nächste woche dazu sagt ^^...ich meld mich nochma!
lg lenzlein
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