Mathematikaufgabe

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 :>

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.

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.

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:

also ist a+b eine quadratzahl

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

Theston

Habe den zweiten Teil nicht gesehen. War aber auch ein sehr plötzlicher Umsprung von "geht nicht " zu "geht"... Davon abgesehen stimmt ja ggT(ab,c) überhaupt nicht, tut mir leid, dass ich mir deine Symbolik nicht denke, wie du sie brauchst...
p^2|a+b ist zudem nicht ausreichend...

Theston schrieb:

Habe den zweiten Teil nicht gesehen. War aber auch ein sehr plötzlicher Umsprung von "geht nicht " zu "geht"... Davon abgesehen stimmt ja ggT(ab,c) überhaupt nicht, tut mir leid, dass ich mir deine Symbolik nicht denke, wie du sie brauchst...
p^2|a+b ist zudem nicht ausreichend...

mein erster post bezieht sich auf ggT(a,b) = 1 dann existiert einfach kein Tupel mit gewünschter Eigenschaft, Aussage passt trotzdem.
dann habe ich ggT(ab,c) = 1 betrachtet. Da stimmt auch die Aussage.

und endgültig, ggT(a,b,c) = 1

hmm aber du hast recht, p|(a+b) -> p^2|(a+b) reicht nicht, allerdings könnte man das auch noch recht einfach reparieren ...
... ich belass es jetzt aber einfach dabei, schließlich hast du auch schon einen beweis geliefert

Theston

zahlentheoretiker schrieb:

dann habe ich ggT(ab,c) = 1 betrachtet. Da stimmt auch die Aussage.

Sicherlich nicht, da ab/c ja eine ganze Zahl ergibt, und in deinem Beweis hast du das auch nicht verwendet, ich denke eher, das war ein Tippfehler, das hatte mich dann auch zunächst irritiert

*D*

Hallo,
könnte mir mal jemand das erklären?

Das steht ja schon in der Aufgabe
wenn ggT(a,b,c) = 1
1/a + 1/b = 1/c

Das konnte ich ja auch schon so umformen
==> (b+a)/ab = 1/c
==> a*b = (a+b)*c

Das mit der Primzahl versteh ich auch
da (a+b)!=1 ==> es existiert p prim und p|(a+b)

PS.: Wie kann man hier eigentlich Zitate machen?

Theston

D schrieb:

Aber was bedeutet das alles???
==> 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

Da (a+b) Teiler von ab ist, ist jeder Teiler p von (a+b) auch Teiler von ab. Da p prim ist, muss p Teiler von a oder b sein. Dann wird gefolgert, dass p dann Teiler von a und b ist, und damit zweimal in ab vorkommt (=>p²|ab). In der letzten Folgerung benutzt du die Bedingung der Teilerfremdheit an (a+b)*c=ab. p² teilt ab, aber p teilt nicht c, also muss p²|(a+b) gelten.

Um den Beweis abzuschließen kannst du sagen, dass dies für jeden Primteiler p_i von (a+b) gilt, (a+b) ist also Produkt von Primquadraten und damit eine Quadratzahl.
Auch ein schöner Beweis

edit: Hm, man müsste wohl noch zeigen, dass p nicht ungerade oft in (a+b) vorkommen kann, das ergibt sich aber daraus, dass aus p^n|a=>pn|b folgt und n wird maximal gewählt.