Mathe: Problem mit einem Beweis

mathik

Jester schrieb:

Dem scheint mir ein Denkfehler zu Grund zu liegen. Ich sehe nicht, wie ich durch finden eines einzigen Beispiels eine positiv-Aussage über unendlich viele Elemente beweisen soll. Wenn schon wäre zu beweisen, daß das nicht geht.

MfG Jester

A => B = NOT(A) ODER B = NOT(A UND NOT(B))

wenn ich zeige, dass A UND NOT(B) falsch ist, dann ist A => B wahr, weil NOT(FALSCH) = WAHR

und um eine aussage zu widerlegen, reicht ja nur ein gegenbeispiel.

Gruß mathik

Jester

Also meine Idee wäre zu zeigen, daß wenn eine Zahl p Teiler von q ist, dann ist sie selbst entweder Quadrat, oder ihr p^2 teilt q ebenfalls

MfG Jester

Bashar

mathik: Stimmt schon, aber IMHO hast du die Aussage falsch negiert, da du die implizite Allquantifizierung ignoriert hast.

Nach deiner Methode könnte ich zb beweisen, dass alle ungeraden Zahlen Primzahlen sind.

Behauptung: U(x) => P(x)
Annahme: U(x) UND NICHT P(X)
Gegenbeispiel: 3 ist ungerade, aber Prim, also ist die Annahme falsch, und die Behauptung richtig. (???)

Die Behauptung ist eigentlich FÜR ALLE x : U(X) => P(X). Negiert man das richtig, heißt es ES EXISTIERT ein x so dass U(X) UND NICHT P(X). Und das kann man nicht mehr mit einem Gegenbeispiel widerlegen, das liegt eben so in der Natur einer Existenzaussage.

Jester

Oder etwas spezieller für diese Aufgabe:

Für alle a,b,q€N: a^2+b2=q*(ab+1) => q ist Quadrat

Negation:

Es ex. a,b,q€N: a^2+b2=q*(ab+1), q kein Quadrat
und jetzt?
Das einzige was Du hier mit einem Beispiel anfangen könntest wäre zeigen, daß es solche a,b,q gibt und daher die ursprüngliche Aussage nicht gilt.
Daher heißt sowas auch Gegenbeispiel(!). Beweis durch Beispiel hingegen machen nur faule Profs

MfG Jester

Bashar

Jester schrieb:

Oder etwas spezieller für diese Aufgabe

Ich war mir nicht sicher, ob man die drei Quantoren einfach so alle umdreht oder obs da Spezialitäten gibt ... schon spät

Jester

Klar, immer alles umdrehen:

Negation von Für alle gilt ist: Es ex. (mind.) eins, wo's nicht gilt.
Umgekehrt: Es ex. eins so daß gilt --> Für alle gilt nicht.
Ist eigentlich ne ziemlich sture Sache.

MfG Jester

hardy

also für a und b im bereich von 1-10000 kann ich leider kein gegenbeispiel finden.

hier die ergebnisse (a;b : q)
1;1 : 1
2;8 : 4
3;27 : 9
4;64 : 16
5;125 : 25
6;216 : 36
7;343 : 49
8;30 : 4
8;512 : 64
9;729 : 81
10;1000 : 100
11;1331 : 121
12;1728 : 144
13;2197 : 169
14;2744 : 196
15;3375 : 225
16;4096 : 256
17;4913 : 289
18;5832 : 324
19;6859 : 361
20;8000 : 400
21;9261 : 441
27;240 : 9
30;112 : 4
64;1020 : 16
112;418 : 4
125;3120 : 25
216;7770 : 36
240;2133 : 9
418;1560 : 4
1560;5822 : 4

die erste analyse dieser zahlen ergibt, dass man b durch a³ substituieren kann. dann ist q generell a². leider passen nicht alle zahlenpaare hier in dieses schema.
die suche geht weiter!

Jester

Naja, vermutlich wirst Du lange nach nem Gegenbeispiel suchen können. Schließlich ist die Aufgabenstellung ja, es zu beweisen. Dann wird, wenn die Aufgabe korrekt gestellt ist die Aussage wohl auch richtig sein und somit gibt es kein Gegenbeispiel.

MfG Jester

hardy

nachtrag: stutzig macht mich folgendes :

die erste kombo von a und b die aus der reihe fällt ist ja a=8 und b=30 mit q=4. was hierbei evtl. auffällt ist das a=2³ ist und das q dem q entspricht aus dem fall a=2. um dem noch eins draufzusetzen, tritt auch eine unregelmässigkeit für a=30 (b=112) auf. auch hier ist q=4. und oh wunder, bei a=112 ist auch wieder eine unregelmässigkeit mit q=4. usw.

das gleiche spielchen tritt auch bei a=3 auf {(a=3;b=27;q=9),(a=27;b=240;q=9),(a=240;b=2133;q=9),...}.

man könnte damit wohl eine implizite formel erstellen :
a1=n,b1=n³,q1=n²
a2=b1,q2=q1 -> b2 (lässt sich halt aus einer gleichung mit einer unbekannten wohl noch ermitteln)
a3=b2,q3=q2 -> b3
...
a(n+1)=b(n),q(n)=q(1) -> b(n+1)

soweit ich das nun sehen kann sind damit alle kombinationen abgedeckt. da "sehen" jedoch nicht als beweismittel zugelassen ist, darf sich nun jemand daran machen zu zeigen, dass beide formeln um a,b und q zu ermitteln wirklich alle lösungen für die ausgangsgleichung enthalten.
da ich jetzt aber noch etwas arbeiten muss überlasse ich das dem geneigten forenleser

mathik

Jester schrieb:

Oder etwas spezieller für diese Aufgabe:

Für alle a,b,q€N: a^2+b2=q*(ab+1) => q ist Quadrat

Negation:

Es ex. a,b,q€N: a^2+b2=q*(ab+1), q kein Quadrat
und jetzt?
Das einzige was Du hier mit einem Beispiel anfangen könntest wäre zeigen, daß es solche a,b,q gibt und daher die ursprüngliche Aussage nicht gilt.
Daher heißt sowas auch Gegenbeispiel(!). Beweis durch Beispiel hingegen machen nur faule Profs

MfG Jester

hallo,

habe tatsächlich ein denkfehler gehabt. habe diese quantoren nicht berücksichtigt.

Gruß mathik

WebFritzi

Frag doch mal auf http://www.zahlentheorie/forum nach.

*aleph_0

Mit den Werten von hardy könntest du diesen Ansatz versuchen:

a) a=b => ... Ergibt sich daraus, dass q eine Quadratzahl ist? Gibt es überhaupt eine andere Lösung als (1;1 : 1)?
b) a!=b; sei jetzt o.B.d.A. a<b. Wenn man die Lösungen betrachtet fällt folgendes Muster auf: Für ein festes q \in N sei a_0, b_0 eine Lösung. Dann ist auch a_1 = q*a_0 - b_0, b_1 = a_0 eine Lösung:

a_1^2 + b_1^2 = q*(a_1*b_1 + 1)
q^2*a_0^2 - 2*q*a_0*b_0 + b_0^2 + a_0^2 = q*(q*a_0^2 - a_0*b_0 + 1) = q*(a_0*b_0 + 1) + q*(q*a_0^2 - 2*a_0*b_0)
[Die Voraussetzung anwenden:]
a^2*a_0^2 - 2*q*a_0*b_0 = q^2*a_0^2 - 2*a_0*b_0,

was offenbar wahr ist. Kann man zeigen, dass a_i streng monoton fallend ist? Ergibt sich daraus, dass q eine Quadratzahl ist?

ingoingo

Danke für die Antworten. Ich habe etwas rumprobiert. Man kann aus der Reihe von Hardy ableiten, dass zumindest immer

c^2 + c^6 = c^2 (c^4 + 1)

gilt. Damit hat man zumindest immer eine Lösung für eine Quadratzahl. [(a, b, q) = (x, x^3, x^2)]

Schaut man sich jetzt die Tripel an, die dasselbe q liefern, z. B. q = 4:

2   8    30   112   a   b
8  30   112   418   b   a1
8   4     4     4   q   q

Die zweite Komponente jedes Tripels ist die erste Komponente des nächsten Tripels. Dies deutet m. E. auf die Transformation

(a, b, q) -> (b, a1, q)

hin. Die Gleichung a^2 + b^2 = q(ab + 1), oder
a^2 - qab + b^2 - q = 0 ist eine quadratische Gleichung in a und hat zwei Lösungen a, a1. Für sie gilt

a + a1 0 qb (1)
a * a1 = b^2 - q (2)

(1) zeigt, dass mit a auch a1 ganz ist, und es ist a1 = qb - a.

Hier muss ich jetzt noch mal weitermachen.

Sind a, b, q natürliche Zahlen, so dass a^2 + b^2 = q(ab + 1) ist, dann ist q eine Quadratzahl

Bist du sicher, dass da nicht noch eine Bedingung fehlt?

Denn:
3²+5²=q(3*5+1)
<=>9+25=q(15+1)
<=>34=16q
<=>q=2,125

q ist in diesem Fall keine natürliche Zahle und somit stimmt die Behauptung, so wie sie da steht, nicht.

Und wenn man ganz genau sein will dann ist diese Schlussfolgerung Quatsch denn jede natürlich Zahl ist eine Quadratzahl. Du müsstest noch als Bedingung hinzu schreiben, dass die Quadratwurzel von q eine natürliche Zahl sein muss (ich geh mal davon aus, dass du dies gemeint hast).

WebFritzi

@drVoodoo: Als Quadratzahl bezeichnet man alle Zahlen der Form n^2 mit einer natürlichen Zahl n.

Taurin

@drVoodoo Die Vorderung ist doch, dass a,b,q alle natürliche Zahlen sind. 2,125 ist keine, ja und?

Meines dafürhaltens müßte folgender Beweis genügen:

Sei Q(v) eine Relation des Inhalts: 
    Es exist. ein c € N: (v=c^2) 
    (entspricht "v ist quadratisch")

Behauptung (Y):

    Für alle a,b,q € N: (((a^2+b^2)=q(ab+1))->(Q(q)))
<=> Für alle a,b,q € N: (((a^2+b^2)=q(ab+1))->(Es exist. c € N: q=c^2))
<=> Für alle a,b,q € N: (NICHT((a^2+b^2)=q(ab+1)) 
                        ODER 
                        (Es exist. c € N: q=c^2))
<=> Für alle a,b € N:   (Es exist. c € N: (a^2+b^2)=c^2(ab+1))
                        ODER
                        (Es exist. kein c € N: (a^2+b^2)=c^2(ab+1))

Sei X(a,b,c) im folgenden definiert als ((a^2+b^2)=c^2(ab+1)):

Es gilt also
    Für alle a,b € N:   (Es exist. c € N: X(a,b,c)) 
                        ODER 
                        (Es exist. kein c € N: X(a,b,c))

Nach Definition des Existenzquantors gilt also
    Für alle a,b,c € N: X(a,b,c) oder NICHT(X(a,b,c))
    <=> Wahr
    <=> Tautologie

Somit gilt Y als bewiesen.

Oder irre ich da?

Gruß Jens

WebFritzi

JensC schrieb:

<=> Für alle a,b € N:   (Es exist. c € N: (a^2+b^2)=c^2(ab+1)) 
                        ODER 
                        (Es exist. kein c € N: (a^2+b^2)=c^2(ab+1))

Nein. Es muss wie folgt sein:

<=> Für alle a,b € N:   (Es exist. c € N: (a^2+b^2)=c^2(ab+1)) 
                        ODER 
                        (Es exist. kein q € N: (a^2+b^2)=q(ab+1))

WebFritzi schrieb:

JensC schrieb:

Nein. Es muss wie folgt sein:

<=> Für alle a,b € N:   (Es exist. c € N: (a^2+b^2)=c^2(ab+1)) 
                        ODER 
                        (Es exist. kein q € N: (a^2+b^2)=q(ab+1))

Denke ich eigentlich nicht. die Aussage soll ja explizit heißen, daß NICHT(Q(q)) wahr ist. Und die Negation von Q(q) ist nunmal, daß es kein c € N gibt, für das gilt, daß q=c^2.

Gruß Jens

Jester

Ähm und wo ist der Beweis?

Du hast gezeigt, daß die Aussage entweder gilt oder nicht gilt. Nirgendwo findet auch nur die leisteste Benutzung einer Voraussetzung statt.
Aber Du hast nicht gezeigt, daß immer wenn es Zahlen a,b,q€N gibt, so daß die Gleichung erfüllt ist, daß dann q auch wirklich Quadratzahl ist.

Falls der Beweis doch korrekt sein sollte werde ich heute abend den Beweis der Riemannschen Vermutung vorstellen.