Mathematikaufgabe

[*D*]

Hallo,
ich habe eine Mathematikaufgabe und zwar:

wenn 1/a + 1/b = 1/c gilt und a b und c keinen gemeinsamen Teiler besitzen,
dann soll a + b eine Quadratzahl ergeben. Könnte mir mal jemand einen Denk-
anstoß geben (ich würde es gerne alleine lösen)?

Vielen Dank!!!

[Theston]

Linke Seite umformen.

[*D*]

Weiss ich schon und bin auf folgendes gekommen:

ab/c = a + b

Aber wie soll ich jetzt weiter machen???

[*D*]

Kann mir niemand helfen???

[.........]

ne

[life]

Ich gehe mal von a,b,c \in N aus:

Aus ggt(a,b) = 1 folgt:
ggt(ab,c) = ggt(a,c) * ggt(b,c) = 1 * 1 = 1
Damit folgt c = 1 und daraus a = 2, b = 2. Damit wiederum folgt a+b = 4 = 2^2

[Theston]

life schrieb:

Ich gehe mal von a,b,c \in N aus:

Aus ggt(a,b) = 1 folgt:
ggt(ab,c) = ggt(a,c) * ggt(b,c) = 1 * 1 = 1
Damit folgt c = 1 und daraus a = 2, b = 2. Damit wiederum folgt a+b = 4 = 2^2

Ich behaupte mal kühn, die Aufgabenstellung besagt, dass a, b und c keinen gemeinsamen Teiler haben, und nicht jeweils paarweise.

Soll die Aussage für alle a, b, c gelten oder nur für bestimmte?

[*D*]

Ich brauche aber nicht eine bestmmte Lösung, sondern muss beweisen, dass a + b
immer eine Quadratzahl ist. Es geht nämlich zum Beispiel auch das:

1/10 + 1/15 = 1/6

10 + 15 = 25

[Jester]

life schrieb:

Damit folgt c = 1 und daraus a = 2, b = 2.

sehe ich wie Theston, immerhin verbietet nach Deiner Interpretation auch a=b=2.

[Theston]

Mein bisheriger Gedankengang:

Da a*b von c geteilt wird, muss sich a in das Produkt q_1*c_1 und b in q_2*c_2 zerlegen lassen mit c_1*c_2=c.
Nun bleibt nur zu zeigen, dass q_1=q_2 ist.

Und auch dies lässt sich zeigen:
Man kann zeigen, dass q_1 nicht c_2 und q_2 nicht c_1 teilt. (c_2/q_1+c_1/q_2=1)

Anhand der (obigen, eingesetzten) Gleichung
q_1*c_1 + q_2*c_2 = q_1*q_2
kann man dann zeigen, dass q_1 Teiler von q_2 und q_2 Teiler von q_1 sein muss. <- Nur wenn q1, c2 und q2, c1 teilerfremd!!

edit: Hm, das ist leider auch noch nicht perfekt, man muss zeigen, dass q_1 und c_2 etc teilerfremd sind.

[life]

Jester schrieb:

life schrieb:

Damit folgt c = 1 und daraus a = 2, b = 2.

sehe ich wie Theston, immerhin verbietet nach Deiner Interpretation auch a=b=2.

Jop, dann wäre die Voraussetzung widerspruchsvoll

[Theston]

Nun zur Teilerfremdheit von q_1 und c_2, man benutzt die letzte verbliebene Bedingung:
Es ist bekannt, q_1 teilt nicht c_2, daraus folgt q_1 hat gemeinsame Teiler mit q_2 (letzte Gleichung).
q_1 darf also nicht gemeinsame Teiler mit c_2 habe, sonst hätten q_1, q_2 und c_2 gemeinsame Teiler und damit a, b und c. Analog c_1.

[zahlentheoretiker]

1/a + 1/b = 1/c (a,b,c ungleich null)
(b+a)/ab = 1/c
a*b/(a+b) = c
ab = (a+b)*c

sei p prim und p|(a+b)
==> p|a oder p|b (weil p*k = a*b)
1.Fall p|a
==> p|b (weil p|(a+b)
==> p|a und p|b
==> p = 1, weil ggT(a,b) = 1
==> (a+b) = 1
2. Fall p|b analog

==> es gibt kein Tupel (a,b,c) dass diese Gleichung erfüllt mit ggT(a,b) = 1

[Theston]

ggT(a,b)=1 war auch nie Bedingung, ganz nebenbei habe ich den Beweis ja jetzt hingeschrieben Oo

[zahlentheoretiker]

zahlentheoretiker schrieb:

1/a + 1/b = 1/c (a,b,c ungleich null)
(b+a)/ab = 1/c
a*b/(a+b) = c
ab = (a+b)*c

sei p prim und p|(a+b)
==> p|a oder p|b (weil p*k = a*b)
1.Fall p|a
==> p|b (weil p|(a+b)
==> p|a und p|b
==> p = 1, weil ggT(a,b) = 1
==> (a+b) = 1
2. Fall p|b analog

==> es gibt kein Tupel (a,b,c) dass diese Gleichung erfüllt mit ggT(a,b) = 1

huch verguckt, also ggT(ab,c) = 1
... dafür geht der beweis aber auch leicht:
ab = (a+b)*c

p|a ==> p|b (wie oben)
p^2|ab ==> p^2 | a+b (weil ggT(ab,c) = 1)

[zahlentheoretiker]

Theston schrieb:

ggT(a,b)=1 war auch nie Bedingung, ganz nebenbei habe ich den Beweis ja jetzt hingeschrieben Oo

ja aber zu kompliziert, finde ich ...

[Theston]

zahlentheoretiker schrieb:

Theston schrieb:

ggT(a,b)=1 war auch nie Bedingung, ganz nebenbei habe ich den Beweis ja jetzt hingeschrieben Oo

ja aber zu kompliziert, finde ich ...

Davon abgesehen, dass ich dies nicht finde, ich finde ihn wunderschön, würde ich mir gerne auch einen anderen Beweis angucken, dieser sollte allerdings nicht zeigen, dass die Aussage nicht stimmt :>

[zahlentheoretiker]

Theston schrieb:

zahlentheoretiker schrieb:

Theston schrieb:

ggT(a,b)=1 war auch nie Bedingung, ganz nebenbei habe ich den Beweis ja jetzt hingeschrieben Oo

ja aber zu kompliziert, finde ich ...

Davon abgesehen, dass ich dies nicht finde, ich finde ihn wunderschön, würde ich mir gerne auch einen anderen Beweis angucken, dieser sollte allerdings nicht zeigen, dass die Aussage nicht stimmt :>

das habe ich auch nicht gezeigt, wenn ggT(a,b) = 1, dann würde nur einfach kein solches tripel existieren.

wenn ggT(ab,c) = 1 nochmal den beweis sauber
1/a + 1/b = 1/c
==> (b+a)/ab = 1/c
==> a*b = (a+b)*c
da (a+b)!=1 ==> es existiert p prim und p|(a+b)
==> p|a oder p|b (weil a*b = p*k)
1. Fall p|a
==> p|b (weil p|a und p|a+b und nicht p|c)
==> p|a und p|b
==> p^2|ab
==> p^2|a+b (weil p teilt nicht c)
2. Fall analog

also ist a+b eine quadratzahl

[Theston]

Das ist ja auch hochinteressant, nur einerseits nicht die Aufgabe und andererseits bereits von life bemerkt wurden.
ggT(ab,c) ebenfalls nicht.

[zahlentheoretiker]

Theston schrieb:

Das ist ja auch hochinteressant, nur einerseits nicht die Aufgabe und andererseits bereits von life bemerkt wurden.
ggT(ab,c) ebenfalls nicht.

das ist ja interessant man kann die voraussetzung in zig variationen schreiben und die aussage stimmt immernoch und sogar der beweis funktioniert fast genauso:

wenn ggT(a,b,c) = 1 nochmal den beweis sauber
1/a + 1/b = 1/c
==> (b+a)/ab = 1/c
==> a*b = (a+b)*c
da (a+b)!=1 ==> es existiert p prim und p|(a+b)
==> p|a oder p|b (weil a*b = p*k)
1. Fall p|a
==> p|b (weil p|a und p|a+b)
==> p|a und p|b
==> p^2|ab
==> p^2|a+b (weil p|a und p|b => p teilt nicht c)
2. Fall analog

also ist a+b eine quadratzahl

was kann man noch für vorbedingungen definieren so dass es klappt?