Polynom mit Primzahlwerten-N.E < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:08 Fr 10.04.2015 | | Autor: | Marcel |
| Aufgabe | Hallo,
ich habe die Aufgabe, "es gibt kein Polynom $f [mm] \colon \IN_0 \to \IZ$ [/mm] so, dass [mm] $f\,$
[/mm]
nur Primzahlwerte annimmt", gelesen. |
Es ist also [mm] $f(\IN_0) \not\subseteq \IP$ [/mm] zu zeigen. Der Beweis ist auch einfach, wenn da
irgendwo [mm] $a_k \in \IZ$ [/mm] dabeigestanden hätte: Angenommen, der Satz ist falsch,
dann ist mit [mm] $f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k$ [/mm] sofort [mm] $f(0)=a_0 \in \IP$, [/mm] also insbesondere $f(0) [mm] \in \IN$ [/mm] und
[mm] $f(m*a_0)$ [/mm] ist offenbar durch [mm] $a_0$ [/mm] teilbar für jedes $m [mm] \in \IN\,.$
[/mm]
(So in etwa steht es in der Musterlösung, wobei dann noch [mm] $a_n [/mm] > 0$ und $m >> [mm] 0\,$ [/mm] erwähnt
wird).
Soweit wäre das für mich alles ersichtlich, nur: Geht man hier nicht dann davon
aus, dass alle [mm] $a_k \in \IZ$ [/mm] sind? Und wieso steht da $m >> [mm] 0\,$ [/mm] dann dabei? Ich würde doch auch direkt
[mm] $a_0 \mid f(2*a_0)$
[/mm]
dann nachrechnen können. Gilt der Satz vielleicht für allgemeinere [mm] $a_k$?
[/mm]
P.S. Ich sehe gerade, dass das $m >> [mm] 0\,$ [/mm] vielleicht einfach damit zu tun hat,
dass auch [mm] $f(m*a_0) [/mm] > [mm] a_0$ [/mm] gelten soll.
Gruß,
Marcel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:38 Fr 10.04.2015 | | Autor: | hippias |
Wenn ein Polynom $f$ ueber, sagen wir mal, [mm] $\IC$ [/mm] gegeben ist, fuer das [mm] $f(\IN)\subseteq \IZ$ [/mm] gilt, dann folgt, dass $f$ nur Koeffizienten aus [mm] $\IQ$ [/mm] hat. Das $m$ wird dann so gewaehlt, dass $m$ multipliziert mit jedem beliebigen dieser Koeffizienten [mm] $\in \IZ$ [/mm] ist.
Wenn Du den Beweis, dass $f$ Koeffizienten aus [mm] $\IQ$ [/mm] hat, lieber selben finden willst, dann liess jetzt nicht weiter
Hat $f$ den Grad $n$, so ist $f$ durch seine Funktionswerte an $n$ verschiedenen Stuetzstellen eindeutig festgelegt. Sind die Stuetzstellen und Funktionswerte aus [mm] $\IZ$, [/mm] so liefern die ueblichen Interpolationsformeln, dass die Koeffizienten aus [mm] $\IQ$ [/mm] sind.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:42 Fr 10.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Wenn ein Polynom [mm]f[/mm] ueber, sagen wir mal, [mm]\IC[/mm] gegeben ist,
> fuer das [mm]f(\IN)\subseteq \IZ[/mm] gilt, dann folgt, dass [mm]f[/mm] nur
> Koeffizienten aus [mm]\IQ[/mm] hat.
sowas ahnte ich schon. 
> Das [mm]m[/mm] wird dann so gewaehlt,
> dass [mm]m[/mm] multipliziert mit jedem beliebigen dieser
> Koeffizienten [mm]\in \IZ[/mm] ist.
>
> Wenn Du den Beweis, dass [mm]f[/mm] Koeffizienten aus [mm]\IQ[/mm] hat,
> lieber selben finden willst, dann liess jetzt nicht
> weiter
Gerade dazu hatte ich eben keine Idee. ^^
>
>
> Hat [mm]f[/mm] den Grad [mm]n[/mm], so ist [mm]f[/mm] durch seine Funktionswerte an [mm]n[/mm]
> verschiedenen Stuetzstellen eindeutig festgelegt. Sind die
> Stuetzstellen und Funktionswerte aus [mm]\IZ[/mm], so liefern die
> ueblichen Interpolationsformeln, dass die Koeffizienten aus
> [mm]\IQ[/mm] sind.
Interessant, das schreibe ich mir demnächst mal ausführlich auf.
( Ich meine damit, wie das konkret mit den Interpolationsformeln aussieht,
die Eindeutigkeit ist mir schon klar. Nur wird man doch [mm] $n+1\,$ [/mm] Stützstellen
brauchen, denke ich: Auf den einfachsten Fall heruntergebrochen: Eine
Gerade (Funktionsgleichung vom Grad [mm] $\le$ [/mm] 1) ist durch zwei verschiedene
Punkte ihres Graphen eindeutig festgelegt. Aber das ist jetzt auch nicht
so wirklich wesentlich...)
P.S. Und Danke. Das beantwortet meine *erweiterte Frage*, denn da der
Lösungshinweis wirklich nur so knapp ist und nichts über die Koeffizienten
weiter gesagt wird, denke ich, dass der Autor einfach stillschweigend
angenommen hat, dass alle Koeffizienten aus [mm] $\IZ$ [/mm] seien. ^^
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:06 Sa 11.04.2015 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Wenn ein Polynom [mm]f[/mm] ueber, sagen wir mal, [mm]\IC[/mm] gegeben ist,
> > fuer das [mm]f(\IN)\subseteq \IZ[/mm] gilt, dann folgt, dass [mm]f[/mm] nur
> > Koeffizienten aus [mm]\IQ[/mm] hat.
>
> sowas ahnte ich schon.
Man kann solche Polynome sogar noch viel genauer beschreiben. Sie bilden nämlich einen freien [mm] $\IZ$-Modul, [/mm] von dem man eine recht einfache Basis explizit hinschreiben kann: [mm] $\binom{t}{0}$, $\binom{t}{1}$, $\binom{t}{2}$, [/mm] ..., wobei [mm] $\binom{t}{k} [/mm] = [mm] \frac{t (t-1) (t-2) \cdots (t-k+1)}{k!}$ [/mm] für $k [mm] \in \IN$ [/mm] ist. (Siehe z.B. ![[]](/images/popup.gif) hier.)
LG Felix
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 21:38 Fr 10.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
ich habe auch gerade den Satz inklusive eines anderen Beweisvorschlages
in einem anderen Buch gelesen, und da wird definitiv auch gesagt, dass die
Koeffizienten alle in [mm] $\IZ$ [/mm] sein sollen.
Da der Beweis dort nicht ganz ausgeführt wird, bitte ich zur Kontrolle mal,
über meinen drüberzulesen:
Es sei [mm] $f\,$ [/mm] wie in der anderen Frage, und alle [mm] $a_k$ [/mm] seien in [mm] $\IZ$ [/mm] mit [mm] $a_n [/mm] > [mm] 0\,.$
[/mm]
Sei $m [mm] \in \IN_0$ [/mm] und $p:=f(m) [mm] \in \IP$ [/mm] nach Annahme, dass [mm] $f\,$ [/mm] doch so sei, wie
es im Satz gesagt wird, dass es nicht möglich sein kann. Sei $k [mm] \in \IN\,.$ [/mm] Wir erinnern an
(*) [mm] $a^N-b^N=(a-b)*\sum_{\ell=0}^{N-1}a^\ell b^{N-1-\ell}\,,$
[/mm]
insbesondere teilt [mm] $(a-b)\,$ [/mm] also [mm] $a^N-b^N\,.$
[/mm]
Dann gilt
[mm] $f(m+k*p)-f(m)=\sum_{\ell=0}^n a_\ell \{(m+k*p)^\ell - m^\ell\}\,.$
[/mm]
Wegen (*) wird jeder Summand der letzten rechten Seite von
[mm] $m+k*p-m=k*p\,$
[/mm]
geteilt. Damit folgt zudem
$p [mm] \mid (f(m+k*p)-f(m))=(f(m+k*p)-p)\,.$
[/mm]
Dann ist aber mit einem [mm] $k\,' \in \IZ$
[/mm]
[mm] $f(m+k*p)-p=k\,'*p$
[/mm]
bzw.
[mm] $f(m+k*p)=(k\,'+1)*p\,,$
[/mm]
wir erhalten also den Widerspruch $p [mm] \mid f(m+k*p)\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:20 So 12.04.2015 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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Die Aussage stimmt nicht: f(x)=3 nimmt für alle x [mm] \in \IN [/mm] nur Primzahlwerte, nämlich 3, an. Und f ist ein (konstantes) Polynom.
Noch weniger verstehe ich, wieso
[mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k f(x)[/mm] sein sollte,
oder ist die Funktion f vor dem =-Zeichen eine andere als das unter der Summe?
Wieso ist [mm]f(12)=\sum_{k=0}^n a_k f(12)[/mm]?
Also f(12) = [mm] k_{0}f(12)+k_{1}f(12)+...+k_{n}f(12)?
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:52 Fr 10.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Die Aussage stimmt nicht: f(x)=3 nimmt für alle x [mm]\in \IN[/mm]
> nur Primzahlwerte, nämlich 3, an. Und f ist ein
> (konstantes) Polynom.
das stimmt - vielleicht schludert meine Erinnerung, und da stand nichtkonstant
dabei. Ich gucke mal gerade nach...
Nein, das wurde tatsächlich übersehen.
> Noch weniger verstehe ich, wieso
>
> [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k f(x)[/mm] sein sollte,
>
> oder ist die Funktion f vor dem =-Zeichen eine andere als
> das unter der Summe?
Das war Quatsch von mir, da sollte
[mm] $f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k$
[/mm]
stehen. Keine Ahnung, wie der Verschreiber zustande kam.
> Wieso ist [mm]f(12)=\sum_{k=0}^n a_k f(12)[/mm]?
>
> Also f(12) = [mm]k_{0}f(12)+k_{1}f(12)+...+k_{n}f(12)?[/mm]
S.o., habe ich aber Dank Deines Hinweise nachträglich korrigiert.
Gruß,
Marcel
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:56 Fr 10.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Elementare und Algebraische Zahlentheorie: Ein Moderner Zugang zu Klassischen Themen (German Edition), 2. Auflage
Zitat Aufgabe 1.6, Seite 3:
"Zeigen Sie: Es gibt keine Polynomfunktion $f [mm] \colon \IN_0 \to \IZ$, [/mm] die nur Primzahlen als
Werte hat."
Tatsächlich fehlt da, dass es um "nichtkonstante Polynome" geht!
Gruß,
Marcel
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Das Polynom habe den Grad n>0.
Angenommen, der Satz ist falsch,
dann ist mit [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k[/mm] sofort [mm]f(0)=a_0=p \in \IP[/mm].
Damit gilt nun für jedes x [mm] \in \IN:[/mm] [mm]f(p*x)=p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k[/mm] ist teilbar durch p.
Dann ist entweder [mm]f(p*x)[/mm] keine Primzahl oder [mm]p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k= p[/mm], also [mm] \sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k=0. [/mm]
Das Polynom [mm] \sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k [/mm] kann aber höchstens n Nullstellen haben und nicht für alle x [mm] \in \IN [/mm] Null werden (es sei denn, es wäre das Nullpolynom, aber das haben wir oben ausgeschlossen).
Also ist f(p*x) keine Primzahl.
(Es spielt nun keine Rolle, ob die [mm] a_k [/mm] rational sind.)
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ZUSATZ 1:
Es gibt auch kein solches Polynom f, bei dem ab x=N für alle x [mm] \in \IN [/mm] nur noch Primzahlen herauskommen.
Beweis: Bilde g(x)=f(N+x). (Verschiebung um N Einheiten nach links im Koordinatensystem)
Dann ist g ebenfalls ein Polynom n-ten Grades, bei dem nun für alle x [mm] \in \IN_0 [/mm] nur Primzahlen entstünden, was nach oben Gesagtem nicht möglich ist.
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ZUSATZ 2:
Nach obigem Beweis könnte man vermuten, dass nun nur der Faktor p verhindert, dass lautet Primzahlen entstehen.
Es gibt auch kein solches Polynom f, bei dem für alle x [mm] \in \IN [/mm] nur noch Zahlen herauskommen, die aus einem gemeinsamen Faktor k und lauter Primzahlen bestehen (z.B [mm] \wurzel{2}*p_1, \wurzel{2}*p_2,...).
[/mm]
Beweis: Bilde g(x)=f(x)/k. Das wäre wieder ein Polynom n-ten Grades.
Dann kämen bei g wieder nur Primzahlen heraus, was nach obigem Beweis nicht möglich ist.
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Bemerkung: [mm] f(x)=x^2-x+41 [/mm] gibt für x=0, x=1, ... x=40 lauter Primzahlen aus, aber nicht mehr für x=41.
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:07 Sa 11.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Das Polynom habe den Grad n>0.
>
> Angenommen, der Satz ist falsch,
> dann ist mit [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k[/mm] sofort [mm]f(0)=a_0=p \in \IP[/mm].
>
> Damit gilt nun für jedes x [mm]\in \IN:[/mm] [mm]f(p*x)=p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k[/mm]
> ist teilbar durch p.
diese Rechnung habe ich genauso durchgeführt, und hier gibt es halt
ein Problem:
Warum sollte hier [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$ [/mm] sein?
Das Problem *verschwindet*, wenn *etwa alle [mm] $a_k \in \IZ$* [/mm] sind. Oder übersehe ich
da etwas?
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:37 Sa 11.04.2015 | | Autor: | hippias |
> Hallo,
>
> > Das Polynom habe den Grad n>0.
> >
> > Angenommen, der Satz ist falsch,
> > dann ist mit [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k[/mm] sofort
> [mm]f(0)=a_0=p \in \IP[/mm].
> >
> > Damit gilt nun für jedes x [mm]\in \IN:[/mm] [mm]f(p*x)=p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k[/mm]
> > ist teilbar durch p.
>
> diese Rechnung habe ich genauso durchgeführt, und hier
> gibt es halt
> ein Problem:
> Warum sollte hier [mm]\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ[/mm]
> sein?
Ich habe nicht den Einruck, dass es fuer das schoene Argument von HJKweseleit notwendig ist, dass [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$ [/mm] ist. Trotzdem kann man es aber zeigen. Da [mm] $f(\IN)\subseteq \IZ$ [/mm] ist, ist $f(xp)= [mm] p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$ [/mm] und, wie bereits erwaehnt, teilbar durch $p$. Dann ist der Quotient [mm] $1+\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$ [/mm] und somit auch [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$. [/mm]
Doch man braucht es eigentlich nicht.
>
> Das Problem *verschwindet*, wenn *etwa alle [mm]a_k \in \IZ[/mm]*
> sind. Oder übersehe ich
> da etwas?
>
> Gruß,
> Marcel
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:10 Sa 11.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo Hippias,
> > Hallo,
> >
> > > Das Polynom habe den Grad n>0.
> > >
> > > Angenommen, der Satz ist falsch,
> > > dann ist mit [mm]f(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k[/mm] sofort
> > [mm]f(0)=a_0=p \in \IP[/mm].
> > >
> > > Damit gilt nun für jedes x [mm]\in \IN:[/mm] [mm]f(p*x)=p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k[/mm]
> > > ist teilbar durch p.
> >
> > diese Rechnung habe ich genauso durchgeführt, und hier
> > gibt es halt
> > ein Problem:
> > Warum sollte hier [mm]\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ[/mm]
> > sein?
> Ich habe nicht den Einruck, dass es fuer das schoene
> Argument von HJKweseleit notwendig ist, dass [mm]\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ[/mm]
> ist. Trotzdem kann man es aber zeigen. Da [mm]f(\IN)\subseteq \IZ[/mm] ist, ist $ f(xp)= [mm] p+\sum_{k=1}^n a_k p^kx^k=p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ [/mm] $
> und, wie bereits erwaehnt, teilbar durch $ p $.
an welcher Stelle zeigst Du denn nun
[mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$ [/mm] ?
Aus
[mm] $p+p*\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$
[/mm]
folgt doch nur
[mm] $\red{p*}\,\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$.
[/mm]
Ich meine:
[mm] $3*\frac{4}{3}=4 \in \IZ$
[/mm]
impliziert ja auch nicht $4/3 [mm] \in \IZ$ [/mm] ?!
Und die Teilbarkeit von
[mm] $p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k$
[/mm]
durch [mm] $p\,$ [/mm] bedarf doch eben einer Begründung, dass [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k \in \IZ$
[/mm]
ist. Wenn ich das annehme, brauche ich das nicht mehr zu beweisen.
Deine andere Antwort mit Interpolationsformeln etc. finde ich dahingehend
einleuchtend.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:52 Sa 11.04.2015 | | Autor: | hippias |
Es war [mm] $f(\IN)\subseteq \IZ$ [/mm] vorausgesetzt. Daher ist $f(xp)= [mm] p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$. [/mm] Ferner wurde erlaeutert, dass diese ganze Zahl durch $p$ teilbar ist. Nach Division mit $p$ erhaelt man also eine ganze Zahl. Der Quotient aber lautet [mm] $1+\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$. [/mm] Dann ist auch [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$.
[/mm]
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:05 Sa 11.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo hippias,
> Es war [mm]f(\IN)\subseteq \IZ[/mm] vorausgesetzt. Daher ist [mm]f(xp)= p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ[/mm].
bis dahin bin ich einverstanden.
> Ferner wurde erlaeutert, dass diese ganze Zahl durch [mm]p[/mm]
> teilbar ist.
Das wurde doch eben nicht erläutert. Genau das Argument sehe ich an
keiner Stelle. Es wird gesagt:
[mm] $p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ\,.$
[/mm]
Das ist auch okay, und damit folgt auch
[mm] $\red{p*\,}\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ\,.$
[/mm]
Aber nur, weil [mm] $p*\text{irgendwas} \in \IZ$ [/mm] ist, muss [mm] $\text{irgendwas} \in \IZ$ [/mm] noch lange
nicht gelten.
Im übrigen ist
[mm] $p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k$ [/mm]
doch offenbar genau dann durch [mm] $p\,$ [/mm] teilbar, wenn
[mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$
[/mm]
gilt. Durch eine äquivalente Umformulierung einer Behauptung wird diese
doch nicht wahr. Oder was übersehe ich hier (immer noch)?
> Nach Division mit [mm]p[/mm] erhaelt man also eine
> ganze Zahl. Der Quotient aber lautet [mm]1+\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ[/mm].
> Dann ist auch [mm]\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ[/mm].
S.o.. Ich brauche nach wie vor ein Argument, dass eine der folgenden
beiden Aussagen wahr ist:
I) Es ist [mm] $p+p\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ$ [/mm] teilbar durch [mm] $p\,.$
[/mm]
II) Es ist [mm] $\sum_{k=1}^n a_k p^{k-1}x^k\in \IZ\,.$
[/mm]
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:50 So 12.04.2015 | | Autor: | hippias |
Jetzt verstehe ich Deinen Einwand; und gebe Dir recht: ich dachte, die Teilbarkeit mit $p$ waere klar.
Wenigstens aber kann man sagen, dass [mm] $\sum a_{k}p^{k-1}x^{k}\in \IQ$ [/mm] ist. Durch passende Verfielfachung von $x$ erreiche ich dann aber auch, dass die Zahl [mm] $\in \IZ$ [/mm] ist. Also $f(xx'p)= [mm] p+\sum a_{k}p^{k}(x'x)^{k}= p(1+\sum a_{k}p^{k-1}(x'x)^{k})$, [/mm] wobei jetzt [mm] $1+\sum a_{k}p^{k-1}(x'x)^{k}\in \IZ$ [/mm] gilt.
Ab hier muesste der Beweis wieder funktionieren, d.h. $f$ nimmt an unendlich vielen Stellen nur endlich viele Werte an.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:34 So 12.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo hippias,
> Jetzt verstehe ich Deinen Einwand; und gebe Dir recht: ich
> dachte, die Teilbarkeit mit [mm]p[/mm] waere klar.
>
> Wenigstens aber kann man sagen, dass [mm]\sum a_{k}p^{k-1}x^{k}\in \IQ[/mm]
> ist.
okay.
> Durch passende Verfielfachung von [mm]x[/mm] erreiche ich dann
> aber auch, dass die Zahl [mm]\in \IZ[/mm] ist. Also [mm]f(xx'p)= p+\sum a_{k}p^{k}(x'x)^{k}= p(1+\sum a_{k}p^{k-1}(x'x)^{k})[/mm],
> wobei jetzt [mm]1+\sum a_{k}p^{k-1}(x'x)^{k}\in \IZ[/mm] gilt.
>
> Ab hier muesste der Beweis wieder funktionieren, d.h. [mm]f[/mm]
> nimmt an unendlich vielen Stellen nur endlich viele Werte
> an.
Gut. Das hat mir gefehlt. Danke.
Gruß,
Marcel
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:09 Sa 11.04.2015 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
übrigens auch Danke für die Bemerkungen. Sie sind mir zwar relativ klar,
aber man behält so etwas einfach besser im Hinterkopf, wenn es mal
*ausgesprochen* wurde.
Gruß,
Marcel
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