Frage zur Teilbarkeit in Z[i] < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 01:02 Sa 06.04.2013 | | Autor: | Marcel |
| Aufgabe | Im Buch "Elementare und algebraische Zahlentheorie" von Müller-Stach und
Piontkowski wird bei einer Aufgabe als Lösungshinweis behauptet:
Ist $p [mm] \in \IP$ [/mm] eine Primzahl bzgl. [mm] $\IZ\,,$ [/mm] so gilt: Falls $a+ib [mm] \in \IZ[i]$ [/mm] ein
Teiler von [mm] $p\,$ [/mm] in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] ist, so teilt auch schon [mm] $a^2+b^2$ [/mm] die Zahl [mm] $p\,.$ [/mm] |
Hallo,
zu obigem Hinweis habe ich zwei Fragen. In dem Buch wurde schon bewiesen,
dass jede Primzahl, die nicht Summe zweier Quadrate ist, prim in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] ist.
Primzahlen, die sich als Summe zweier Quadrate schreiben lassen, sind in
ziemlich trivialer Weise nicht prim.
Wenn nun aber doch [mm] $(a+ib)|p\,$ [/mm] in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] gilt, und obige Behauptung stimmt,
dann bedeutet dass doch eigentlich, dass [mm] $p=a^2+b^2$ [/mm] gelten muss,
wenn [mm] $(a+ib)|p\,.$ [/mm] Denn [mm] $p/(a^2+b^2)$ [/mm] kann ja nur noch in [mm] $\IZ \subseteq \IZ[i]$
[/mm]
liegen. Und wenn [mm] $p\in\IP,$ [/mm] dann kann [mm] $p/(a^2+b^2)$ [/mm] nur noch [mm] $=1\,$ [/mm] sein.
Deswegen frage ich mich, warum da nicht sofort steht: Wenn [mm] $(a+ib)|p\,$ [/mm] in [mm] $\IZ[i]\,$ [/mm]
gilt, dann folgt [mm] $p=(a+ib)*(a-ib)=a^2+b^2\,.$ [/mm] Habe ich da irgendwo
einen Denkfehler?
Und zweitens: Wieso folgt aus [mm] $(a+ib)|p\,$ [/mm] überhaupt [mm] $(a^2+b^2)|p\,$?
[/mm]
Gruß,
Marcel
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Hallo Marcel,
ich teile Deine Überlegung. Soweit ich sehe, gibt es keinen Fall, in dem man nicht gleich [mm] p=a^2+b^2 [/mm] folgern könnte.
Der neue Editor verweigert mir gerade die Zitatfunktion, so dass ich das nur so allgemein schreiben kann.
Trotzdem lasse ich Deine Frage mal halboffen. Vielleicht weiß einer der Spezialisten ja doch mehr.
Herzliche Grüße
reverend
PS: Die Antwort auf Deine zweite Frage gibst Du doch schon vorher selbst!
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(Frage) überfällig | | Datum: | 02:04 Sa 06.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo reverend,
> Hallo Marcel,
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> ich teile Deine Überlegung. Soweit ich sehe, gibt es
> keinen Fall, in dem man nicht gleich [mm]p=a^2+b^2[/mm] folgern
> könnte.
okay - mich verwirrt dann dieser Hinweis. Sollte er unüberlegter Natur sein?
Falsch ist er ja nicht, aber irgendwie "komisch".
> Der neue Editor verweigert mir gerade die Zitatfunktion, so
> dass ich das nur so allgemein schreiben kann.
>
> Trotzdem lasse ich Deine Frage mal halboffen. Vielleicht
> weiß einer der Spezialisten ja doch mehr.
>
> Herzliche Grüße
> reverend
>
> PS: Die Antwort auf Deine zweite Frage gibst Du doch schon
> vorher selbst!
Jein. Wenn $p [mm] \in \IP$ [/mm] eine Primzahl ist, die nicht prim in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] ist, so heißt
das doch bislang nur, dass es $x,y [mm] \in \IZ$ [/mm] mit [mm] $p=x^2+y^2$ [/mm] gibt.
Daraus folgt dann, dass $(a+ib)|p$ nichts anderes besagt als [mm] $(a+ib)|(x^2+y^2)\,.$ [/mm]
Wie folgt dann jetzt daraus, dass [mm] $(a^2+b^2)|(x^2+y^2)$ [/mm] respektive [mm] $(a^2+b^2)|p$?
[/mm]
Bzw. müßte ich nicht direkt zu
($x [mm] \in \{a,-a\}$ [/mm] und $y [mm] \in \{b,-b\}$) [/mm] oder ($x [mm] \in \{b,-b\}$ [/mm] und $y [mm] \in \{a,-a\}$)
[/mm]
kommen? Ich meine, ich kann ja nicht sagen:
$$(a+ib)|p$$
liefert [mm] $p=a^2+b^2\,,$ [/mm] denn was ich doch wirklich nur weiß, ist [mm] $(a^2+b^2)|p$ [/mm] sollte [mm] $p=a^2+b^2$ [/mm] liefern.
Aber wie kommt denn die Folgerung $(a+ib)|p [mm] \Rightarrow (a^2+b^2)|p$
[/mm]
überhaupt zustande? Das einzige, was ich aus $(a+ib)|p$ folgern kann, ist
doch erstmal, dass [mm] $p\,$ [/mm] Summe zweier Quadratzahlen sein muss, denn
andernfalls wäre $p [mm] \in \IP$ [/mm] schon prim in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] und damit $a+ib$ eine
Einheit aus [mm] $\IZ[i]\,.$ [/mm] Aber wenn ich $(a+ib)|p$ habe und weiß, dass [mm] $p\,$
[/mm]
Summe zweier Quadratzahlen ist, so müssen das doch - rein mit diesem
Wissen - nicht zwangsläufig die Zahlen [mm] $a^2$ [/mm] und [mm] $b^2$ [/mm] sein, deren Summe
[mm] $p\,$ [/mm] ergibt?
P.S. Ich verstehe diese Überlegung beim Hinweis sowieso nicht ganz. Es
wurde schon gesagt, dass $p [mm] \in \IP$ [/mm] prim in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] ist, wenn $p [mm] \in \IP$
[/mm]
nicht Summe zweier Quadrate ist, und dass genau die Primzahlen der Form
$4k+3$ Primzahlen sind, die sich nicht als Summe zweier Quadrate
schreiben lassen. Bei der Aufgabe geht's darum, für gewisse natürliche
Zahlen "die" Primfaktorzerlegung in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] zu erstellen. Der Hinweis dient
dazu, dass man sieht: Ist eine Primzahl [mm] $p\,$ [/mm] mit $p [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \mod 4\,,$ [/mm] so
läßt sie sich als Summe von Quadratzahlen schreiben; andernfalls nicht.
Was bringt das für einen Mehrwert zu dem vorher gesagten? Okay, so
sehe ich, dass [mm] $11\,$ [/mm] wegen $11 [mm] \not\equiv [/mm] 1 [mm] \mod [/mm] 4$ offenbar eine
Primzahl ist, die sich nicht als Summe zweier Quadrate schreiben läßt.
Aber mit dem vorhergesagten sehe ich doch auch: Wegen $11 [mm] \equiv [/mm] 3 [mm] \mod [/mm] 4$
ist dies der Fall. Was hat das für einen Mehrwert, $p [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \mod [/mm] 4$ anstatt
$p [mm] \equiv [/mm] 3 [mm] \mod [/mm] 4$ zu prüfen?
Ich meine: Die Aussage im Hinweis will ich schon gerne beweisen. Ihren
"Zusatznutzen" sehe ich nicht?! ^^
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Frage) überfällig | | Datum: | 04:28 Sa 06.04.2013 | | Autor: | Marcel |
| Aufgabe | | Beweis zu: $(a+ib)|p [mm] \Rightarrow$ $a^2+b^2$ [/mm] teilt [mm] $p\,.$ [/mm] |
Hallo nochmal,
hier mal mein Beweisversuch/Vorschlag zu obiger Behauptung, wobei
ich am Ende sogar [mm] $p=a^2+b^2$ [/mm] folgere - gemäß den Vorüberlegungen.
Sei also $0 [mm] \not=p \in \IP$ [/mm] und es sei $0 [mm] \not=a+ib \in \IZ[i]$ [/mm] mit [mm] $(a+ib)\,|\,p.$ [/mm] Daraus folgt, dass [mm] $p=x^2+y^2=(x+iy) \cdot [/mm] (x-iy)$ f"ur
gewisse $x,y [mm] \in \IZ$ [/mm] gelten muss, denn andernfalls w"are, siehe Seite 10
des Buches [mm] (\textbf{Beispiel (Gau"ssche Zahlen)}), [/mm] die Zahl $p [mm] \in \IP$ [/mm]
selbst schon prim in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] und damit [mm] $\tfrac{p}{a+ib}$ [/mm]
zwangsl"aufig eine Einheit aus [mm] $\IZ[i].$ [/mm] Dabei ist [mm] $p=(x+iy)\cdot [/mm] (x-iy)$
dann in der Tat schon die Primfaktorzerlegung (bis auf Reihenfolge und
Assoziiertheit der Faktoren) von $p [mm] \in \IP$ [/mm] in [mm] $\IZ[i],$ [/mm] denn es ist ja $N(x [mm] \pm iy)=x^2+y^2=p
[/mm]
[mm] \in \IP.$ [/mm] (Im Buch wurde bewiesen: Ist [mm] $\pi \in \IZ[i]$ [/mm] mit [mm] $N(\pi) \in \IP,$
[/mm]
so ist [mm] $\pi$ [/mm] prim in [mm] $\IZ[i].$)
[/mm]
Sind nunr $r,s [mm] \in \IZ$ [/mm] mit $p=(r+is) [mm] \cdot [/mm] (a+ib)=(x+iy) [mm] \cdot [/mm] (x-iy),$ so
k"onnen wir f"ur $r+is$ und $a+ib$ in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] eine Primfaktorzerlegung
durchf"uhren. Falls etwa $a+ib$ schon prim in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] ist, dann ist $a+ib$
assoziiert zu $x+iy$ oder zu $x-iy$ - und es muss dann auch $r+is$
assoziiert zu dem [mm] \glqq [/mm] verbleibenden Primfaktor von $x+iy$ und [mm] $x-iy${\grqq } [/mm] sein.
Analoges gilt, falls $r+is$ schon prim in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] ist. Wegen [mm] $p=x^2+y^2$ [/mm] folgt dann in diesen F"allen auch [mm] $(a^2+b^2)|p.$
[/mm]
Ist nun weder $r+is$ noch $a+ib$ prim in [mm] $\IZ[i],$ [/mm] so gilt, weil diese beiden
Zahlen aus [mm] $\IZ[i]$ [/mm] auch nicht Null sind, dass nur eine der beiden Zahlen eine Primfaktorzerlegung haben kann, die mehr als einen Primfaktor hat.
Damit ist die andere Zahl notwendig eine Einheit gem"a"s der
Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung. Sei also o.E. etwa $a+ib$ nicht prim
in [mm] $\IZ[i]$, [/mm] und damit $r+is$ eine Einheit.
Dann ist aber [mm] $(a+ib)=\frac{1}{r+is}\cdot (x+iy)\cdot (x-iy)=\frac{1}{r+is}\cdot(x^2+y^2),$ [/mm] wobei $r+is$ und damit auch [mm] $\frac{1}{r+is}$
[/mm]
eine Einheit ist. Da die Einheiten in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] genau die Elemente [mm] $\,-\,1,\;1,\;i,\;-i$ [/mm] sind, muss dann entweder [mm] $|a|=x^2+y^2$ [/mm] und damit
$b=0$ sein, oder es ist $a=0$ und [mm] $|b|=x^2+y^2.$ [/mm] In allen F"allen ist
damit hier dann auch $p$ durch [mm] $a^2+b^2 \in \IN$ [/mm] teilbar, und weil
$p [mm] \in \IP,$ [/mm] muss damit hier dann auch [mm] $p=a^2+b^2=x^2+y^2$ [/mm] gelten. Dies beendet den Beweis! [mm] $\hfill \Box$
[/mm]
Ich bin mir aber nicht sicher, ob ich irgendwo schlampig gefolgert habe, oder
es sogar irgendwo einen Fehler gibt. Korrekturen und Hinweise sind
Willkommen!
P.S. Man verzeihe mir die unschöne Formatierung, ich schreibe das selbst
für mich in Latex auf und nach dem C&P passe ich die Formatierung zu so
später Stunde nur so weit, wie ich es für notwendig erachte, an!
P.P.S. Kurzfassung des Beweises:
Aus [mm] $p=x^2+y^2=(x+iy)*(x-iy)$ [/mm] mit den primen Elementen $x [mm] \pm [/mm] iy$
folgt wegen der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung, dass, wenn
[mm] $(a+ib)|p\,$ [/mm] gilt, auch [mm] $(a^2+b^2)|p$ [/mm] und damit sogar [mm] $p=a^2+b^2$ [/mm] wegen
$p [mm] \in \IP$ [/mm] gelten muss!
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 05:20 Mo 15.04.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 02:20 Mo 15.04.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:58 Sa 06.04.2013 | | Autor: | hippias |
In diesem Zusammenhang gefaellt Dir vielleicht auch folgende Betrachtungsweise: Man zeigt recht leicht folgendes: Seien [mm] $\alpha,\beta\in \IZ[i]$ [/mm] mit [mm] $\alpha= [/mm] a+ib$ und $ggT(a,b)= 1$. Gilt [mm] $\alpha\beta\in \IZ$, [/mm] dann existiert [mm] $k\in \IZ$ [/mm] mit [mm] $\beta= k\alpha^{\*}$.
[/mm]
Gilt in Deinem Zusammenhang nun [mm] $a+ib\vert [/mm] p$, wobei $a+ib$ keine Einheit ist, so gilt also [mm] $(a+ib)\beta= [/mm] p$ fuer ein [mm] $\beta\in\IZ[i]$. [/mm] Es ergibt sich ohne viele Umschweife $ggT(a,b)= 1$ und das obige Lemma liefert nun [mm] $\beta= [/mm] k(a-ib)$, [mm] $k\in \IZ$. [/mm] Damit hast Du dann $p= [mm] k(a^{2}+b^{2})$ [/mm] und kannst leicht Deine Schlussfolgerungen ziehen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:38 Sa 06.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Hippias,
> In diesem Zusammenhang gefaellt Dir vielleicht auch
> folgende Betrachtungsweise: Man zeigt recht leicht
> folgendes: Seien [mm]\alpha,\beta\in \IZ[i][/mm] mit [mm]\alpha= a+ib[/mm] und [/i][/mm]
> [mm][i][mm]ggT(a,b)= 1[/mm]. Gilt [mm]\alpha\beta\in \IZ[/mm], dann existiert [mm]k\in \IZ[/mm] [/i][/mm]
> [mm][i]mit [mm]\beta= k\alpha^{\*}[/mm].[/i][/mm]
> [mm][i] [/i][/mm]
> [mm][i]Gilt in Deinem Zusammenhang nun [mm]a+ib\vert p[/mm], wobei [mm]a+ib[/mm] [/i][/mm]
> [mm][i]keine Einheit ist, so gilt also [mm](a+ib)\beta= p[/mm] fuer ein [/i][/mm]
> [mm][i][mm]\beta\in\IZ[i][/mm]. Es ergibt sich ohne viele Umschweife [mm]ggT(a,b)= 1[/mm] [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]und das obige Lemma liefert nun [mm]\beta= k(a-ib)[/mm], [mm]k\in \IZ[/mm]. [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]Damit hast Du dann [mm]p= k(a^{2}+b^{2})[/mm] und kannst leicht [/i][/mm][/i][/mm]
> [mm][i][mm][i]Deine Schlussfolgerungen ziehen. [/i][/mm][/i][/mm]
Danke, das muss ich mir nachher mal in Ruhe angucken. Kleine Frage
vorweg:
Ist bei Dir [mm] $\alpha^{\*}$ [/mm] die zu [mm] $\alpha$ [/mm] konjugiert komplexe Zahl? (Ich würde
sie [mm] $\overline{\alpha}$ [/mm] schreiben, deshalb die Frage.)
P.S. Nach einem Schluck starken Kaffees bin ich nun eh davon überzeugt,
dass [mm] $\alpha^{\*}$ [/mm] die zu [mm] $\alpha$ [/mm] konjuguert komplexe Zahl ist - denn das
ergibt sich aus dem Rest des von Dir geschriebenen. War wohl noch nicht
wach - aber bestätigen kannst Du's mir ruhig dennoch einmal. 
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:17 Sa 06.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hi reverend,
> Hallo Marcel,
>
> ich bin gerade gar nicht gefragt, antworte aber trotzdem
> mal.
das darfst Du immer - wenn ich Leute direkt anspreche, dann halt, weil
die Frage aus dem Gespräch mit ihnen entstanden ist. Jeder Wissende
(oder auch nur jeder, der glaubt, die Antwort zu kennen) darf sich gerne
"einmischen". 
> Ja, [mm]\alpha^{\star}[/mm] ist hier die zu [mm]\alpha[/mm] koffeiniert
> konjugiert komplexe Zahl.
Gut! Danke Dir!!
> Grüße
> reverend
>
> PS: Da bei mir das Zitieren im neuen Editor
Wo ist der denn eigentlich? Ich hab' den alten irgendwie?!
> noch nicht so
> recht klappt, antworte ich nicht auf Deinen Beweis, den ich
> auch nur diagonal gelesen habe. Da sah er ganz gut aus.
Auch dafür schonmal Danke. Was ich da noch an einer Stelle ergänzen
könnte: Ist [mm] $a+ib\,$ [/mm] eine Einheit, so ist wegen [mm] $N(a+ib)=a^2+b^2=1$
[/mm]
die Behauptung eh klar. Und wenn [mm] $a+ib\,$ [/mm] prim ist, kann man dann
ergänzen, dass wegen der Assoziierheit zu $x+iy$ oder $x-iy$ direkt
$N(a+ib)=N(e)N(x [mm] \pm iy)=x^2+y^2$ [/mm] folgt. (Ich hab's in meinem eigenen
Aufschrieb heute Nacht irgendwie umständlicher gemacht, indem ich alle
Assoziiertheitsfälle hingeschrieben habe - es gibt ja nur die 4 Einheiten
[mm] $1,-1,i,-i\,.$) [/mm] Ich hab' das ja hier einfach mehr oder weniger einfach nur
behauptet, auch, wenn's stimmt. Aber eine ausführlichere Begründung
hatte ich nicht angegeben.
Ich habe allerdings den Eindruck, dass man den Beweis kürzer machen
kann. Allerdings weiß ich nicht, ob dafür mein Kenntnisstand schon reicht,
oder ich sowas brauche, was Hippias anbietet. Ich glaube, in dem Buch
kommen manche Hinweise, die eigentlich erst "schnell" klar sind, wenn
man schon mehr weiß, als das, was man eigentlich an der Stelle gemäß
des Buches erst weiß. Ich weiß nicht, ob die Autoren sich dazu Gedanken
gemacht hatten oder nicht. Ich bin jedenfalls jemand, der sich natürlich
auch gerne die Hinweise beweist - ansonsten besteht die Gefahr, falsches
zu benutzen. ^^ (Okay, ich bin halt extremst penibel, was "Sauberkeit"
in der Mathematik betrifft!)
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:41 So 07.04.2013 | | Autor: | hippias |
Jupp.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:55 Mo 08.04.2013 | | Autor: | hippias |
Noch ein wichtiger Hinweis: So wie die Aussage dort in dem Buch gemacht wurde, ist sie falsch. Denn es ist ja $p= p+0i$ ein Teiler von $p$ in [mm] $\IZ[i]$, [/mm] aber [mm] $p^{2}$ [/mm] ist sicher kein Teiler von $p$. Man muss z.b. voraussetzen, dass $a$ und $b$ teilerfremd sind. Die Schlussweise wird so sein, dass wenn [mm] $\pi$ [/mm] ein Primteiler von $p$ in [mm] $\IZ[i]$ [/mm] ist, dass dann [mm] $\pi^{\*}$ [/mm] ein Teiler ist, der teilerfremd zu [mm] $\pi$ [/mm] ist, weshalb auch [mm] $\pi\pi^{\*}$ [/mm] ein Teiler von $p$ ist. Die Teilerfremdheit von [mm] $\pi$ [/mm] und [mm] $\pi^{\*}$ [/mm] muss sichergestellt werden.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:54 Mo 08.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo hippias,
> Noch ein wichtiger Hinweis: So wie die Aussage dort in dem
> Buch gemacht wurde, ist sie falsch.
ich zitiere die Aussage mal wortwörtlich, sie steht auf Seite 246:
Zitat:
Aufgabe 2.30 Faktorisieren Sie die Zahlen zuerst. Ist eine Primzahl [mm] $p\,$
[/mm]
teilbar durch [mm] $a+ib\,$ [/mm] in [mm] $\IZ[i]\,,$ [/mm] so wird sie bereits von [mm] $a^2+b^2\,$ [/mm] geteilt.
Somit ist $p=2$ oder $p [mm] \equiv [/mm] 1 [mm] \mod 4\,.$
[/mm]
Zitat Ende
> Denn es ist ja [mm]p= p+0i[/mm]
> ein Teiler von [mm]p[/mm] in [mm]\IZ[i][/mm], aber [mm]p^{2}[/mm] ist
> sicher kein Teiler von [mm]p[/mm].
Okay, das klingt einleuchtend. Jetzt habe ich aber einen Beweis
zusammengeschustert, der entsprechend wohl einen Fehler beinhalten
wird. Ich such' den nachher mal - bin leider gleich erstmal weg. Wenn Du
Zeit und Lust hast, kannst Du ihn auch suchen und es mir mitteilen. (Willst
Du übrigens mal die Autoren diesbezüglich anschreiben, dass sie diesen
Hinweis korrigieren? (Du hast den Fehler ja gefunden, ich will mich nicht
mit fremden Federn schmücken ^^) Oder soll ich das machen? Ich glaube,
ich hatte sie schonmal angeschrieben...)
Was ich mir vorstellen könnte, wo ich mir aber nicht sicher bin: Reicht es
vielleicht auch, zu sagen, dass $p [mm] \in \IP$ [/mm] teilbar durch $a+ib [mm] \in \IZ[i]$ [/mm] sein
soll, wobei weder [mm] $a=0\,$ [/mm] noch [mm] $b=0\,$ [/mm] gelten darf?
Ich hatte mir ja im Wesentlichen folgendes überlegt: Sei $p [mm] \in \IP$ [/mm] aber nicht
prim in [mm] $\IZ[i]\,.$ [/mm] Dann gibt es eine/"die" Primfaktorzerlegung
[mm] $$p=(x+iy)*(x-iy)\,$$
[/mm]
mit primen Elementen [mm] $x+iy\,$ [/mm] und [mm] $x-iy\,.$
[/mm]
Nun hatte ich geschlossen, dass, wenn [mm] $a+ib\,$ [/mm] ein Teiler von [mm] $p\,$ [/mm] ist,
dass dann [mm] $a+ib\,$ [/mm] assoziiert zu einem der beiden primen Faktoren sein
muss. (Und ich glaube, da steht auch der Fehler, den ich korrigieren muss:
Ich schreibe selbst, dass im Falle [mm] $a=0\,$ [/mm] dann [mm] $|b|=x^2+y^2$ [/mm] sein muss -
und schreibe wie selbstverständlich, dass dann aber [mm] $p^2=x^2+y^2$ [/mm] durch [mm] $a^2+b^2$ [/mm] teilbar sei:
Aber das bedeutet ja, dass ich sage, dass [mm] $x^2+y^2$ [/mm] durch [mm] $(x^2+y^2)^2$ [/mm] teilbar sei ^^ (Vermutlich
hatte ich "im Kopf" umgedrehtes gedacht, nämlich, dass ja klar ist, dass [mm] $(x^2+y^2)^2$ [/mm]
durch [mm] $x^2+y^2$ [/mm] teilbar ist!)
Das wird wohl der "Patzer" sein... Ich denke aber, der Beweis funktioniert,
wenn man [mm] $a,b\,$ [/mm] beide nicht Null hat. Denn prim sind [mm] $x+iy\,$ [/mm] und [mm] $x-iy\,$ [/mm] in der
Darstellung [mm] $p=x^2+y^2=(x+iy)(x-iy)\,.$ [/mm] )
> Man muss z.b. voraussetzen, dass [mm]a[/mm] und [mm]b[/mm] teilerfremd [/mm]
> [mm]sind. Die Schlussweise wird so sein, dass wenn [mm]\pi[/mm] ein [/mm]
> [mm]Primteiler von [mm]p[/mm] in [mm]\IZ[i][/mm] ist, dass dann [mm]\pi^{\*}[/mm] ein Teiler ist, der teilerfremd zu
> [mm]\pi[/mm] ist, weshalb auch [mm]\pi\pi^{\*}[/mm]
> ein Teiler von [mm]p[/mm] ist. Die Teilerfremdheit von [mm]\pi[/mm] und
> [mm]\pi^{\*}[/mm] muss sichergestellt werden.
Naja, mal nebenbei: Der Begriff der Teilerfremdheit wird erst nach Aufgabe
2.30 definiert/erwähnt. (Zwar wirklich direkt danach, aber eben erst
danach!)
Und zur Ergänzung zitiere ich auch mal die Aufgabe:
Aufgabe 2.30 Zerlegen Sie die natürlichen Zahlen 101, 103 und 2310
in Primfaktoren innerhalb [mm] $\IZ[i]\,.$
[/mm]
Also, was ich in meinem Aufschrieb nicht vergessen sollte, ist in der Tat die
Tatsache, dass der Teiler aus [mm] $\IZ[i]$ [/mm] auch weder in [mm] $\IZ$ [/mm] noch in [mm] $i\IZ$
[/mm]
liegen soll - anders gesagt: Der Teiler [mm] $a+ib\,$ [/mm] soll $a [mm] \not=0$ [/mm] und $b [mm] \not=0$
[/mm]
erfüllen!
P.S. Wenn ich das richtig sehe, sollte die Zusatzforderung $a [mm] \not=0$ [/mm] und
$b [mm] \not=0$ [/mm] den Beweis retten:
Denn aus [mm] $p=(x+iy)(x-iy)\,$ [/mm] und der oben erwähnten Assoziiertheit von $a+ib$ zu
einem der beiden Faktoren folgt ja, dass [mm] $a,b\,$ [/mm] teilerfremd sind, oder?
Denn etwa in [mm] $x+iy\,$ [/mm] können $x,y$ nur teilerfremd sein, sonst kann ich
ja den gemeinsamen Teiler, möge er [mm] $t\,$ [/mm] heißen, rausziehen und schreiben
[mm] $x+iy=t*(\tfrac{x}{t}+i\tfrac{y}{t})\,.$ [/mm] Dann wäre aber [mm] $x+iy\,$ [/mm] sicher nicht prim in [mm] $\IZ[i]\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:59 Di 09.04.2013 | | Autor: | hippias |
Ja, [mm] $a,b\neq [/mm] 0$ geht auch. Die Aussage sollte besser so lauten: Ist [mm] $\alpha$ [/mm] ein echter Teiler von $p$, wobei ich unter echt verstehen moechte, dass weder [mm] $\alpha$ [/mm] noch [mm] $\frac{p}{\alpha}$ [/mm] Einheiten sind, dann gilt $p= [mm] \alpha \alpha^{\*}$.
[/mm]
Mir ist uebrigens noch ein weiterer Ansatz zum Beweis eingefallen: Ist [mm] $\alpha$ [/mm] also echter Teiler und $p= [mm] \alpha\beta$, [/mm] dann bilde die Normen: [mm] $p^{2}= |\alpha|^{2}|\beta|^{2}$. [/mm] Für die ganzen Zahlen [mm] $|\alpha|^{2}$, $|\beta|^{2}$ [/mm] gibt es dann nur noch die Moeglichkeit [mm] $|\alpha|^{2}=|\beta|^{2}= [/mm] p$.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:55 Mi 10.04.2013 | | Autor: | Marcel |
Hallo Hippias,
> Ja, [mm]a,b\neq 0[/mm] geht auch. Die Aussage sollte besser so
> lauten: Ist [mm]\alpha[/mm] ein echter Teiler von [mm]p[/mm], wobei ich unter
> echt verstehen moechte, dass weder [mm]\alpha[/mm] noch
> [mm]\frac{p}{\alpha}[/mm] Einheiten sind, dann gilt [mm]p= \alpha \alpha^{\*}[/mm].
genau - und das beweise ich auch, unter Verwendung des im Buch zuvor
gegebenen Wissen, dass [mm] $p=x^2+y^2$ [/mm] für $x,y [mm] \in \IZ$ [/mm] sein muss, wenn
[mm] $p\,$ [/mm] einen echten Teiler hat. Und damit ist diese Aussage dann ja auch
fast trivial: [mm] $p=(x+iy)*(x-iy)\,.$
[/mm]
> Mir ist uebrigens noch ein weiterer Ansatz zum Beweis
> eingefallen: Ist [mm]\alpha[/mm] also echter Teiler und [mm]p= \alpha\beta[/mm],
> dann bilde die Normen: [mm]p^{2}= |\alpha|^{2}|\beta|^{2}[/mm]. Für
> die ganzen Zahlen [mm]|\alpha|^{2}[/mm], [mm]|\beta|^{2}[/mm] gibt es dann
> nur noch die Moeglichkeit [mm]|\alpha|^{2}=|\beta|^{2}= p[/mm].
Weil weder [mm] $\alpha$ [/mm] noch [mm] $\beta$ [/mm] Einheiten sind. (Wäre [mm] $\beta$ [/mm] Einheit,
so wäre auch [mm] $p/\alpha$ [/mm] Einheit im Widerspruch dazu, dass [mm] $\alpha$ [/mm] ein
echter Teiler von [mm] $p\,$ [/mm] wäre!)
Stimmt so, oder?
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 01:20 Mo 15.04.2013 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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