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Wie funktioniert es, dass ich folgendes zeige?

Universität / Fachhochschule

Primzahlen

Teilbarkeit

Tags: Primzahl, Teilbarkeit

kathifanki aktiv_icon

15:39 Uhr, 30.03.2025

Kann mir bitte jemand helfen und mir den Lösungsweg erklären? Ich stehe total auf der Leitung...

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Teilbarkeit natürlicher Zahlen

HAL9000

19:12 Uhr, 30.03.2025

Gemäß Binomischen Satz gilt

{(a + b)}^{p} = a^{p} + b^{p} + \sum_{k = 1}^{p - 1} (\begin{array}{c} p \\ k \end{array}) a^{k} b^{p - k}

.

Man kann nun zeigen, dass

p

ein Teiler für all die Binomialkoeffizienten

(\begin{array}{c} p \\ k \end{array}) = \frac{p!}{k! \cdot (p - k)!}

in der Summe gilt - z.B. auch mit Lemma 1.2.20, wenn man dieses Lemma auf

a = k! \cdot (p - k)!

b = p

und

s = (p - 1)!

anwendet.

------------------------------------------------------

Eine andere Beweisvariante geht über den kleinen Satz von Fermat (sofern der schon bekannt ist): Der besagt nämlich

[x]^{p} = [x]

für alle

x

, und damit kann man dann direkt argumentieren, indem man dies für

x = a + b

x = a

und

x = b

nutzt:

{([a] + [b])}^{p} \overset{F}{=} [a] + [b] \overset{F}{=} [a]^{p} + [b]^{p}

Randolph Esser aktiv_icon

22:34 Uhr, 30.03.2025

Wie wärs mal damit,
erstmal Deine vier vorangegangenen Threads
hier im Forum abzuhaken,
bevor Du einen neuen eröffnest ?

Definiere

p_{k} := (\begin{matrix} p \\ k \end{matrix})

für alle

0 < k < p

.

Dann gilt

p | p_{k}

für alle

0 < k < p

und es folgt

{([a] + [b])}^{p} = \sum_{k = 0}^{p} (\begin{matrix} p \\ k \end{matrix}) {[a]}^{p - k} {[b]}^{k}

= {[a]}^{p} + {[b]}^{p} + \sum_{k = 1}^{p - 1} p_{k} {[a]}^{p - k} {[b]}^{k}

= {[a]}^{p} + {[b]}^{p} + \sum_{k = 1}^{p - 1} [p_{k} a^{p - k} b^{k}]

= {[a]}^{p} + {[b]}^{p} + \sum_{k = 1}^{p - 1} [0]

= {[a]}^{p} + {[b]}^{p}

HAL9000

10:39 Uhr, 31.03.2025

Übrigens ist die Aussage

"

(\begin{array}{c} n \\ k \end{array})

ist für alle

1 \leq k \leq n - 1

durch

n

teilbar."

nur für Primzahlen

n = p

richtig: Für Nichtprimzahlen

n

betrachte man den kleinsten Primteiler

q

von

n

, dann kann man problemlos nachweisen, dass

(\begin{array}{c} n \\ q \end{array})

nicht durch

n

teilbar ist.

Randolph Esser aktiv_icon

12:41 Uhr, 31.03.2025

Ja. Mal kurz dazu:

Sei

n \in N_{> 1}

nicht prim und

q

ein Primteiler von

n

.

Angenommen,

(\begin{matrix} n \\ q \end{matrix}) = \frac{\prod_{k = 0}^{q - 1} (n - k)}{q!} = m n

für ein

m \in N

.

Dann gilt

\frac{\prod_{k = 1}^{q - 1} (n - k)}{q} = m (q - 1)! \in N

und es muss

q | (n - k)

für ein

1 \leq k \leq q - 1

gelten.

Dann muss, da

q | n,

aber auch

q | k

gelten,

was aber offensichtlich falsch ist.

Also ist

(\begin{matrix} n \\ q \end{matrix})

nicht durch

n

teilbar.

HAL9000

11:28 Uhr, 01.04.2025

Richtig, es klappt sogar für jeden Primteiler

q

- nicht nur den kleinsten (da war ich wohl übervorsichtig).

Randolph Esser aktiv_icon

13:58 Uhr, 01.04.2025

Besser zu vorsichtig als zu nachlässig.
Ich kann ein Lied davon singen,
wie es ist, sich mit Aufgaben
und Skripts herumzuschlagen,
die unzulänglich formuliert wurden.
Und dann sind da noch die Informatiker,
die grundsätzlich total versagen,
wenn es um irgendwas mathematisches geht:
Die kennen

z . B

. irgendwie
keine natürlichen Zahlen und
sagen dafür einfach "ganzzahlig"
(siehe Anhang), zudem verwechseln
sie ständig positiv und nicht-negativ,
superpeinlich...

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