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Beweis für eine irrationale Summe

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Tags: Beweis, Elementare Zahlentheorie, Folgen, Irrationale Zahlen, Komplexe Zahlen, Reihen, Sonstiges, Teilbarkeit

fsole aktiv_icon

12:34 Uhr, 03.10.2011

Hallo zusammen,

ich hoffe auf einen Hinweis von Euch wie ich folgenden Beweis antreten kann.

Die Aufgabenstellung ist der Beweis, dass die Summe aus SQR(2)+SQR(3) auch eine irrationale Zahl ist.

Für SQR(2) und SQR(3) habe ich das auch schon einzeln gemacht. Aber für die Summe der beiden komme ich auf keinen vernünftigen Ansatz.

Ich habes es schon versucht mit der Annahme SQR(2)+SQR(3) = a/b, aber dann verlauf ich mich in einen langen Gleichung ohne, dass ich den Ansatz über die Teilbarkeit (wie in den Einzelfällen) machen kann.

Habt ihr evtl. einen Schubser für mich ?

Vielen herzlichen Dank,
Francesco

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

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michaL aktiv_icon

12:47 Uhr, 03.10.2011

Hallo,

beginne damit, die Irrationalität von

\sqrt{6}

zu beweisen (am besten mit Primfaktorzerlegung).
Dann kannst du die Annahme, dass

\sqrt{2} + \sqrt{3} = \frac{p}{q}

zum Widerspruch zur Irrationalität von

\sqrt{6}

führen!

Mfg Michael

fsole aktiv_icon

13:33 Uhr, 04.10.2011

Hallo Michael,

vielen Dank für deine Unterstützung.

SQR(6) bzw. SQR(2*3) zu beweisen ist kein Problem. Darf ich dadurch aber darauf schliessen das SQR(2)+SQR(3) ebenfalls eine irrationale Zahl ergibt ? bzw. kann ich schliessen, dass ein Vielfaches einer irrationalen Zahl ebenfalls eine irrationale Zahl ist ?

Danke,
Francesco

fsole aktiv_icon

22:34 Uhr, 04.10.2011

Den Beweis für

\sqrt{6}

würde ich so führen:

Wenn

\sqrt{6}

eine rationale Zahl ist, dann gilt

\sqrt{6} = \frac{a}{b}

mit

a, b \in N

und

\frac{a}{b}

ist ein vollständig gekürzter Bruch.

6 = \frac{a^{2}}{b^{2}} \overset{}{\Leftrightarrow} a^{2} = 6 b^{2}

Damit is

a^{2}

eine gerade Zahl, also auch a ist eine gerade Zahl.

Behauptung: a ist eine gerade Zahl
Beweis: Wenn a nicht gerade wäre, liese sich a darstellen als

a = 6 k + 1

a = 6 k + 2

a = 6 k + 3

a = 6 k + 4

oder

a = 6 k + 5

a = 6 k 1 + 1 \Rightarrow a^{2} = (6 k + 1)^{2} = 36 k^{2} + 6 k + 1 = 6 (6 k^{2} + k) + 1

a = 6 k 1 + 2 \Rightarrow a^{2} = (6 k + 2)^{2} = 36 k^{2} + 24 k + 4 = 6 (6 k^{2} + 4 k) + 4

a = 6 k 1 + 3 \Rightarrow a^{2} = (6 k + 3)^{2} = 36 k^{2} + 36 k + 9 = 6 (6 k^{2} + 6 k + 1) + 3

a = 6 k 1 + 4 \Rightarrow a^{2} = (6 k + 4)^{2} = 36 k^{2} + 48 k + 16 = 6 (6 k^{2} + 8 k + 2) + 4

a = 6 k 1 + 5 \Rightarrow a^{2} = (6 k + 5)^{2} = 36 k^{2} + 60 k + 25 = 6 (6 k^{2} + 10 k + 4) + 1

Dies ist jedoch ein Widerspruch zur Behauptung, also muss

a = 6 k

sein.

Damit gilt

(6 k)^{2} = 6 b^{2} \overset{}{\Leftrightarrow} 36 k^{2} = 6 b^{2} \overset{}{\Leftrightarrow} b^{2} = 6 k^{2}

.

Somit wäre auch b eine gerade Zahl, womit wir einen Wiederspruch haben zur Aussage

\frac{a}{b}

sei ein vollgekürzter Bruch. Daraus folgt, dass es kein

a

und

b \in N

gibt für das gilt

\sqrt{6} = \frac{a}{b}

. Damit ist

\sqrt{6}

irrational.

fsole aktiv_icon

22:40 Uhr, 04.10.2011

Bei der Beweisführung zu dem Beweis für

\sqrt{2} + \sqrt{3}

hänge ich leider trotzdem:

Wenn

\sqrt{2} + \sqrt{3}

eine rationale Zahl ist, dann gilt

\sqrt{2} + \sqrt{3} = \frac{a}{b}

mit

a, b \in N

und

\frac{a}{b}

ist ein vollständig gekürzter Bruch.

\sqrt{2} + \sqrt{3} = \frac{a}{b} \overset{}{\Leftrightarrow} a^{2} = (2 \sqrt{2} \sqrt{3} + 5) b^{2} \overset{}{\Leftrightarrow} a^{2} = (2 \sqrt{6} + 5) b^{2}

und jetzt folgt ein ratloser Gesichtsausdruck meinerseits. Keine Ahnung wie es von hier aus weiter gehen soll. :-(

Vielen Dank,
Francesco

michaL aktiv_icon

23:05 Uhr, 04.10.2011

Hallo,

eigentlich kann man allgemein beweisen:

Entweder ist

\sqrt{n}

natürlich oder irrational für alle

n \in ℕ

. Betrachte dazu die Primfaktorzerlegung von

n = p_{1}^{e_{1}} \cdot p_{2}^{e_{2}} \cdot \dots \cdot p_{k}^{e_{k}}

. Ist

\sqrt{n}

tatsächlich natürlich, so betrachte man die Primfaktorzerlegung von

\sqrt{n} = p_{1}^{f_{1}} \cdot p_{2}^{f_{2}} \cdot \dots \cdot p_{k}^{f_{k}}

(klar, dass jeder Primfaktor von

n

auch einer von

\sqrt{n}

ist und umgekehrt). Daher kann man schließen, dass also im Falle natürlicher Wurzeln der Radikand nur geradzahlige Primpotenzen hat.

Nun zur Vervollständigung des Beweises:
Sei

n

KEINE Quadratzahl, d.h.

\sqrt{n}

NICHT natürlich, d.h. mindestens einer der in

n

aufgehenden Primfaktoren kommt NICHT in geradzahliger Vielfachheit vor.
Annahme:

\sqrt{n} = \frac{a}{b}

mit teilerfremden Zahlen

a, b \in ℤ

b \neq 1

.
Dann gilt also

n = {(\frac{a}{b})}^{2} = \frac{a^{2}}{b^{2}} \overset{}{\Leftrightarrow} n b^{2} = a^{2}

.

Rechts steht also eine Quadratzahl, d.h. die in

a^{2}

aufgehenden Primfaktoren kommen in geradzahliger Vielfachheit vor.
Links dagegen steht KEINE Quadratzahl, da

n

keine Quadratzahl ist. Also kommt einer der Primfaktoren von

n b^{2}

NICHT in geradzahliger Vielfachheit vor.
Widerspruch zur Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung!

Nun der Beweis der Irrationalität von

\sqrt{2} + \sqrt{3}

:

Annahme:

\frac{a}{b} = \sqrt{2} + \sqrt{3}

mit geeigneten

a, b

\overset{}{\Rightarrow} \frac{a^{2}}{b^{2}} = (\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2} = 2 + 2 \sqrt{2} \sqrt{3} + 3 = 5 + 2 \sqrt{6} \overset{}{\Leftrightarrow} \frac{a^{2} - 5 b^{2}}{2 b^{2}} = \sqrt{6}

, woraus folgt, dass

\sqrt{6}

rational ist.
Widerspruch zur Irrationalität von

\sqrt{6}

.

Mfg Michael

fsole aktiv_icon

20:44 Uhr, 06.10.2011

Also deine Argumentation über die Exponenten der Primfaktoren kann ich nachvollziehen.Soweit hab ich das verstanden.

Jedoch verstehe ich nicht wie du von

\frac{a^{2} - 5 b^{2}}{2 b^{2}} = \sqrt{6}

auf deinen Schluss kommst. Was siehst du in dem Bruch, dass ich offensichtlich noch nicht erkennen kann?

Oder ist es einfach das

a^{2} - 5 b^{2}

eine gerade Zahl ergeben muss und dadurch durch die 2 im Nenner teilbar wäre, was ja dann ein Widerspruch zum vollgekürzten Bruch wäre ?

btw.

\sqrt{6}

ist irrational, oder ? du hast dich nur vertippt ?

Vielen Dank,
Francesco

michaL aktiv_icon

21:51 Uhr, 06.10.2011

Hallo,

ich kann mich nur wiederholen! Vielleicht sollte dir das zu denken geben.

Aus

\frac{a^{2} - 5 b^{2}}{2 b^{2}} = \sqrt{6}

mit ganzen Zahlen

a, b

folgt doch, dass

\sqrt{6}

als Bruch darstellbar ist (rational ist, wie ich schrieb).
Vorher wurde doch aber bewiesen, dass

\sqrt{6}

aber NICHT rational ist (weil 6 keine Quadratzahl ist). Also Widerspruch.

Mfg Michael

fsole aktiv_icon

07:05 Uhr, 12.10.2011

Manchmal sind es die offensichtlichsten Dinge, die man nicht sieht. Jedenfalls in meinem Fall so.

Jetzt ist es mir endlich wie Schuppen von den Augen gefallen. Ich hatte es nur nicht richtig rum gelesen. Jetzt ist alles glasklar.

Vielen herzlichen Dank für deine Geduld, Michael.

Gruss,
Francesco

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