Ungleichung beweisen < eindimensional < reell < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:43 So 23.10.2011 | | Autor: | mikexx |
| Aufgabe | Hallo, ich möchte gerne folgende Aufgabe lösen:
Es sei [mm]a\in\mathbb Q_+[/mm] mit [mm]\sqrt{a}[/mm] irrational. Man zeige, daß es eine Konstante [mm]c>0[/mm] gibt, sodaß für alle [mm]\frac{p}{q}\in\mathbb Q[/mm] gilt:
[mm]\left\vert\frac{p}{q}-\sqrt{a}\right\vert\geq\frac{c}{q^2}[/mm] |
Ich habe zwar eine Idee, aber weiß nicht, ob man das so machen kann!
Da eine rationale Zahl im Nenner meines Wissens eine ganze Zahl stehen hat und man das Minus notfalls auf den Zähler p verlagern kann, würde ich meinen, daß [mm]q\geq 1[/mm] und daher:
[mm]q^2\cdot\left\vert\frac{p}{q}-\sqrt{a}\right\vert\geq\left\vert\frac{p}{q}-\sqrt{a}\right\vert\geq\left\vert\left\vert\frac{p}{q}\right\vert-\left\vert\sqrt{a}\right\vert\right\vert[/mm]
Und dann würde ich [mm]c:=\left\vert\left\vert\frac{p}{q}\right\vert-\left\vert\sqrt{a}\right\vert\right\vert[/mm] setzen, denn das ist größer als Null, da die beiden Ausdrücke nicht gleich sind, da der Bruch rational und die Wurzel irrational ist.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:34 So 23.10.2011 | | Autor: | Helbig |
Leider geht das nicht so einfach, weil Deine Konstante $c$ von $p/q$ abhängt. Aber das ist auch schon alles, was ich dazu sagen kann. Ein Beweis der Aussage fällt mir nicht ein.
Tut mir leid,
Wolfgang
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:38 So 23.10.2011 | | Autor: | mikexx |
Warum darf denn c nicht von p/q abhängen?
(Ich habe das noch nicht verstanden.)
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Hallo,
> Warum darf denn c nicht von p/q abhängen?
> (Ich habe das noch nicht verstanden.)
Nun, die Behauptung war doch: ...es gibt ein c, so dass für alle p,q...
Also müssen c und p/q vollständig unabhängig voneinander sein.
Tipp: allerdings darf c sehr wohl abhängig von a sein.
Grüße
reverend
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Hallo mikexx!
> Warum darf denn c nicht von p/q abhängen?
> (Ich habe das noch nicht verstanden.)
Dass $c$ als Konstante bezeichnet wird, bedeutet hier, dass $c$ eine reelle Zahl ist.
Dein $c [mm] \in \mathbb{R}$ [/mm] ist nicht wohldefiniert, da die Ungleichung für alle $ [mm] \frac{p}{q}\in\mathbb [/mm] Q $ gilt.
siehe auch hier (gnom347 Ungleichung Zeigen.:) https://www.vorhilfe.de/read?t=828215&v=t
LG mathfunnel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:26 Mo 24.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
dein Beweis würde ja genauso laufen, wenn du q statt [mm] q^2 [/mm] schreibst. dann ist es aber definitiv falsch.
fang an zu zeigen [mm] |p^2-aq^2|\ge [/mm] 1 indem du benutzt, dass a kine quadratzahl ist, also einen kleinsten primfaktor [mm] p_1 [/mm] besitzt der kein quadrat ist.
jetzt Fallunterscheidung p durch p1 teilbar oder q durch p1 teilbar
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:07 Mi 26.10.2011 | | Autor: | Helbig |
Hallo leduard,
ich kann Deinen Tipp nicht umsetzen. Soweit bin ich gekommen:
Sei [mm] $a=\bruch [/mm] r s$ wobei $r, s$ positive natürliche Zahlen sind. Dann ist für positive natürliche Zahlen $p, q$
[mm] $\bruch {p^2} {q^2} \ne \bruch [/mm] r s$ und hieraus folgt
[mm] $|p^2*s [/mm] - [mm] q^2* [/mm] r| [mm] \ge [/mm] 1$.
weil links eine positive natürliche Zahl steht.
Aber wie geht es jetzt weiter?
Ich habe so viel rumgerechnet, daß mir schon der Verdacht kommt, der Satz sei falsch.
Gespannt,
Wolfgang
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:03 Mi 26.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
Beispiel a=3 oder a durch 3 tb aber nicht durch [mm] 3^2
[/mm]
[mm] \bruch{p^2}{q^2}-a=\bruch{p^2-a*q^2}{q^2}
[/mm]
betrachte nur den Zähler: Behauptung [mm] |p^2-aq^2|\ge1 [/mm] (p,q teilerfremd) a keine quadratzahl
Fall a) p durch 3 tb [mm] p^2 [/mm] durch 9 tb q nicht durch 3tb also [mm] aq^2 [/mm] nicht durch 9tb q lässt bei division durch 3 den rest 1 oder 2 [mm] q^2 [/mm] also den Rest 1 (oder 4=1) [mm] aq^2 [/mm] als Rest 3 also [mm] |p^2-aq^2|\le3
[/mm]
Fall b) q durch 3 tb p nicht [mm] aq^2 [/mm] durch 9tb [mm] p^2 [/mm] nicht Differenz mindestens 1
dann [mm] |p^2-aq^2|=|p+\wurzel{a}|*|p-\wurzel{a}|\le [/mm] 1
nun nur noch [mm] |p+\wurzel{a}| [/mm] grob abschätzen und du hast dein c(a)
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:16 Mi 26.10.2011 | | Autor: | Helbig |
Hallo leduart,
ich habe den Eindruck, bei Dir ist [mm] $a\in\IN$, [/mm] aber laut Aufgabe ist [mm] $a\in\IQ_+$.
[/mm]
verwirrt,
Wolfgang
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:35 Mi 26.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
ja ich dachte a aus N.
aber ich denke der Beweis läuft fast gleich indem man a=r/s setzt und p^2s-q^2r betrachtet s/r gekürzt kein Quadrat. falls r ein quadrat reicht es für 1/s und falls s ein Quadrat r zu betrachten
Gruss leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:35 Do 27.10.2011 | | Autor: | Helbig |
Hallo,
Deine Tipps kann ich immer noch nicht nachvollziehen....
Machen wir es mal einfacher für $a=2$.
Also warum gibt es ein $c$, so daß
[mm] $\left|\bruch p q - \sqrt 2\right|\ge \bruch [/mm] c [mm] {q^2}$
[/mm]
für alle $p, q [mm] \in \IN$?
[/mm]
neugiergig,
Wolfgang
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:44 Fr 28.10.2011 | | Autor: | leduart |
Hallo
[mm] |p^2-2q^2|
[/mm]
ich betrachte 2 Fälle
a)2|p [mm] 4|p^2 [/mm] folgt p,q teilerfremd, [mm] 2q^2 [/mm] durch 2, nicht durch 4 tb
also [mm] |p^2-2q^2|=2
[/mm]
b) p ungerade, [mm] 2q^2 [/mm] gerade [mm] |p^2-2q^2|≥ge1
[/mm]
zusammen
[mm] |p^2-2q^2|≥ge1
[/mm]
[mm] \bruch{|p^2-2q^2|}{q^2}≥ge \bruch{1}{q^2}
[/mm]
[mm] |\bruch{p}{q}-\wurzel{2}|\ge\bruch{1}{q^2*(\bruch{p}{q}+\wurzel{2})}
[/mm]
mit [mm] p!q<2\wurzel{2}
[/mm]
hast du ein [mm] c=\bruch{1}{3*\wurzel{2}}
[/mm]
zufrieden?
(dies ist auch - im Gegensatz zu dem üblichen indirekten Beweis- ein direkter Beweis der Irrationalität von [mm] \wurzel{2}, [/mm] damit ist man allerdings schon fertig, wenn man nur [mm] \bruch{|p^2-2q^2|}{q^2}≥ge \bruch{1}{q^2} [/mm] hat, zusätzlich weis man auch noch wie schlecht [mm] man\wurzel{2} [/mm] approximieren kann)
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:26 Fr 28.10.2011 | | Autor: | Helbig |
> Hallo
> [mm]|p^2-2q^2|[/mm]
> ich betrachte 2 Fälle
> a)2|p [mm]4|p^2[/mm] folgt p,q teilerfremd, [mm]2q^2[/mm] durch 2, nicht
> durch 4 tb
> also [mm]|p^2-2q^2|=2[/mm]
> b) p ungerade, [mm]2q^2[/mm] gerade [mm]|p^2-2q^2|≥ge1[/mm]
> zusammen
> [mm]|p^2-2q^2|≥ge1[/mm]
> [mm]\bruch{|p^2-2q^2|}{q^2}≥ge \bruch{1}{q^2}[/mm]
>
> [mm]|\bruch{p}{q}-\wurzel{2}|\ge\bruch{1}{q^2*(\bruch{p}{q}+\wurzel{2})}[/mm]
> mit [mm]p!q<2\wurzel{2}[/mm]
> hast du ein [mm]c=\bruch{1}{3*\wurzel{2}}[/mm]
> zufrieden?
Ja, jetzt ist der Groschen gefallen! Entscheidend ist die Fallunterscheidung
(i) [mm] $\bruch [/mm] p q [mm] <2*\sqrt [/mm] 2$
und
(ii) [mm] $\bruch [/mm] p q [mm] \ge [/mm] 2 [mm] *\sqrt [/mm] 2$.
Fall (ii) führt auf: [mm] $\left | \bruch p q - \sqrt 2\right| \ge \sqrt [/mm] 2 [mm] \ge \bruch {\sqrt 2} {q^2}$.
[/mm]
Fall (i) führt mit Deiner Vorarbeit auf: [mm] $\left |\bruch p q - \sqrt 2 \right|\ge \bruch [/mm] 1 [mm] {q^2*(p/q + \sqrt 2)} [/mm] > [mm] \bruch [/mm] 1 [mm] {q^2(2*\sqrt 2+\sqrt 2)}$.
[/mm]
Und mit [mm] $c=\min \left(\bruch 1 {3*\sqrt2}, \sqrt 2\right)$ [/mm] erhalten wir eine passende Konstante.
> (dies ist auch - im Gegensatz zu dem üblichen indirekten
> Beweis- ein direkter Beweis der Irrationalität von
> [mm]\wurzel{2},[/mm] damit ist man allerdings schon fertig, wenn man
> nur [mm]\bruch{|p^2-2q^2|}{q^2}≥ge \bruch{1}{q^2}[/mm] hat,
> zusätzlich weis man auch noch wie schlecht [mm]man\wurzel{2}[/mm]
> approximieren kann)
Daß Du dies gleich mit zeigen wolltest, wußte ich nicht!
Vielen Dank für Deine Geduld,
Wolfgang
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