Matroids Matheplanet Forum Index
Moderiert von Wauzi
Teilbarkeit » Kongruenzen » Beweis für (a² ≡ b² mod m²) folgt nicht aus (a ≡ b mod m)
Autor
Kein bestimmter Bereich Beweis für (a² ≡ b² mod m²) folgt nicht aus (a ≡ b mod m)
luke83
Ehemals Aktiv Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 12.04.2005
Mitteilungen: 22
Wohnort: Nds
  Themenstart: 2008-01-29

Hallo Matheprofis! Bei mir drückt mal wieder der Schuh in der Zahlentheorie. Ich will beweisen, dass wenn... a == b mod m ...gilt darauss NICHT automatisch... a^2 == b^2 mod m^2 ...folgt. Das die Sache nicht gehen kann, sieht man schon wenn man ein simples Bsp. aufstellt... 5 == 2 mod 3 hier gilt ja z.B. nicht, dass 5^2 == 2^2 mod 3^2 bzw. 25 == 4 mod 9 ...korrekt ist. Ich habe schon dran gedacht, dass man statt a² auch a*a schreiben könnte, aber das hat mich auch nicht weiter gebracht. Hat das irgendwas damit zu tun, dass man die Kongruenzgleichung in zwei einzelne (bei Quadratzahlen nicht wirklich sinnig, oder?) zerlegen muss? Ich wäre für jeden Tipp dankbar!! Viele Grüße, Lukas


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Hans-im-Pech
Senior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 25.11.2002
Mitteilungen: 6919
  Beitrag No.1, eingetragen 2008-01-29

Hallo luke, wenn Du zeigen willst, daß eine Aussage nicht gilt, genügt doch bereits die Angabe eines Gegenbeispiels, was Du ja hier getan hast. Du prüfst folgendes: (a==b mod m) => (a^2==b^2 mod m) Durch Dein Gegenbeispiel hast Du gezeigt, daß diese Folgerung i. A. nicht gilt. Was willst Du denn noch machen? Viele Grüße, HiP


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
luke83
Ehemals Aktiv Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 12.04.2005
Mitteilungen: 22
Wohnort: Nds
  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2008-01-29

Soweit ich weiß muss ich (z.B. in einer Klausur) einen konkreten Beweis abliefern, es reicht i.d.R. nicht einfach ein Beispiel zu bringen. Vom gesunden Menschenverstand her, ist die Sache ja auch bewiesen, sobald ich ein Negativbeispiel habe, aber ne volle Punktzahl würde ich damit bestimmt nicht kriegen. Ich bin da nur so "hartnäckig", weil ich die Sache so nicht stehen lassen kann, sowas kommt nämlich sicher dran :( Trotzdem Danke schonmal für deinen Kommentar! Viele Grüße, Lukas


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Hans-im-Pech
Senior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 25.11.2002
Mitteilungen: 6919
  Beitrag No.3, eingetragen 2008-01-29

Doch wenn Du zu einer Aussage, die vorgibt, allgemeingültig zu sein, ein konkretes (und korrektes ;-) ) Gegenbeispiel ausführst, wirst Du auf diese Teilaufgabe die volle Punktzahl bekommen. Viele Grüße, HiP Es ist auch keine Möglichkeit die Negation zu beweisen, da auch diese i.A. nicht richtig ist, denn für a==b mod m, gilt selbstverständlich auch a^2=b^2 mod m. [ Nachricht wurde editiert von Hans-im-Pech am 29.01.2008 19:45:39 ]


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.4, eingetragen 2008-01-29

@ Luke: Versuche es doch mal so  m | a-b Damit gilt: xm = (a-b) Damit gilt auch: (xm)^2 = (a-b)^2 Damit gilt: (xm)^2 = a^2 -2ab + b^2 Wäre nun a^2 - b^2 durch m^2 teilbar, dann müsste auch 2(b^2) -2ab durch m^2 teilbar sein.


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
luke83
Ehemals Aktiv Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 12.04.2005
Mitteilungen: 22
Wohnort: Nds
  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2008-01-30

Hey, das war der entschiedene Tipp! Vielen Dank, nun hab ichs... Frage beantwortet!


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten
Hans-im-Pech
Senior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 25.11.2002
Mitteilungen: 6919
  Beitrag No.6, eingetragen 2008-01-30

Ich denke nachwievor, daß man eine Aussage, die den Anspruch auf Allgemeingültigkeit beinhaltet, durch ein konkretes Gegenbeispiel widerlegt hat und daß man nichts weiter zu zeigen hat. Im übrigen was zeigt eigentlich Geralds Aussage mehr als die Angabe eines Gegenbeispiels? Viele Grüße, HiP


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
owk
Senior Letzter Besuch: vor mehr als 3 Monaten
Dabei seit: 10.01.2007
Mitteilungen: 6957
  Beitrag No.7, eingetragen 2008-01-30

Man kann noch einen Schritt weitergehen: Ohne einen Existenzbeweis (z.B. in Form eines Gegenbeispiels) ist Geralds Rechnung noch keine Widerlegung. owk


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
fru
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.01.2005
Mitteilungen: 21456
Wohnort: Wien
  Beitrag No.8, eingetragen 2008-01-30

\quoteon(2008-01-30 01:08 - luke83) Hey, das war der entschiedene Tipp! Vielen Dank, nun hab ichs... Frage beantwortet! \quoteoff \ Hallo Lukas! \big\ Auch ich möchte Dich eindringlichst davor warnen, das zu glauben! Wenn Du Geralds Beweisversuch nicht entscheidend ergänzt, so wirst Du keine Punkte bekommen. Eine sinnvolle und brauchbare Ergänzung wäre der Nachweis, daß nicht jede Zahl das Doppelte jeder anderen Zahl teilt \(womit die aus Geralds Ansatz folgende notwendige Bedingung m\|2b als nicht allgemeingültig erkannt wird). Wie bereits gesagt wurde, kann auch das nur durch Angabe eines Gegenbeispieles geschehen. Der ganze Ansatz ist daher völlig unnötig und unbedingt zu verwerfen! \big\ Halte Dich also besser an Hans\-im\-Pech: \big\ Was er sagt, ist völlig richtig! Du wirst mit Sicherheit____ alle Punkte bekommen, wenn Du Dein Gegenbeispiel angibst (Deine anderslautende Vermutung aus dem Beitrag No. 2 ist daher falsch). Andernfalls__ \(selbst wenn Du Geralds Ansatz zu einem korrekten Beweis ausbauen solltest) läufst Du Gefahr, einen Punkteabzug__ zu bekommen: Der Korrektor könnte dann nämlich immerhin vielleicht argumentieren, daß Du großes Unverständnis dadurch dokumentierst, nicht zu erkennen, daß solch ein extrem umständlicher Beweis \(im Wesentlichen) auch durch seine letzte Zeile ersetzt werden kann. Liebe Grüße, Franz


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11470
Wohnort: Bayern
  Beitrag No.9, eingetragen 2008-01-30

Hallo, ich würde Geralds Ansatz nicht so pauschal verteufeln. Natürlich reicht die Angabe eines Gegenbeispiels. Und natürlich muß man damit auch volle Punktzahl bekommen. Und natürlich hat owk recht, daß Geralds Rechnung für einen Beweis noch unvollständig ist. Aber das Gegenbeispiel allein sagt mir noch nicht, was der Hintergrund dafür ist, daß die Aussage falsch ist.Und für dieses Verständnis finde ich Geralds Rechnung durchaus nützlich. Gruß Wauzi [ Nachricht wurde editiert von Wauzi am 30.01.2008 17:22:07 ]


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.10, eingetragen 2008-01-30

@ All: Nun, es kann a^2 - b^2 nur dann durch m^2 teilbar sein, wenn auch 2b(a-b) durch m^2 teilbar ist; was man ja in einzelne Fälle aufteilen kann (z.B den, dass b nicht zu m teilerfremd ist)^ Auf alle Fälle aber ist a^2 - b^2 dann NICHT durch m^2 teilbar, wenn gilt: 1) m ist ungerade 2) ggT (m,b)=1 3) (a-b) kann nicht durch m^2 geteilt werden.


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
fru
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.01.2005
Mitteilungen: 21456
Wohnort: Wien
  Beitrag No.11, eingetragen 2008-01-30

\quoteon(2008-01-30 17:20 - Wauzi) Aber das Gegenbeispiel allein sagt mir noch nicht, was der Hintergrund dafür ist, daß die Aussage falsch ist. \quoteoff Hallo Wauzi! Obwohl es (wieder einmal, leider!) keine Darstellung der Aufgabe im Originalwortlaut gibt, kann man aus der "Übersetzung" von Lukas im Eröffnungsbeitrag doch mit ziemlicher Sicherheit folgern, daß eine Bearbeitung der Aufgabe, welche über die Angabe eines Gegenbeispiels hinausgeht, weder verlangt noch erwünscht ist. Rein logisch sagt ein Gegenbeispiel natürlich alles Nötige aus. Wenn Du darüberhinaus so etwas wie ein "tieferes Verständnis" dafür anstrebst, welche konkreten Gegenbeispiele man finden kann (darauf scheint sich für mich Deine Formulierung vom "Hintergrund" hinaus zu laufen), so ist das zwar ein löblicher Vorsatz für jeden, der sich mit der Sache eingehender auseinandersetzen will, aber: In einer ausgearbeiteten Lösung der vorliegenden Aufgabe hätte dies meines Erachtens nach überhaupt nichts verloren; insbesondere deshalb, weil es Gegenbeispiele wie Sand am Meer gibt (man also keineswegs erst mühsam nach einem solchen suchen muß - was eine Dokumentation einer solchen Suche evtl. rechtfertigen würde). Geralds Ansatz ist letztlich nur eine (wie ich noch immer meine: völlig unnötige!) solche Suche nach der Menge aller Gegenbeispiele. Diese zu finden, wäre aber eine weit über die gestellte hinausgehende Aufgabe, sodaß ich auch dabei bleiben muß, eine solche "Lösung" (als Themaverfehlung) für unbedingt zu verwerfen zu halten. In ihrer logischen Struktur unterscheiden sich diese beiden Aufgaben schließlich ganz wesentlich, sodaß ich auch noch einmal Folgendes bekräftigen möchte: Als Korrektor würde ich ernsthaft in Erwägung ziehen, für eine sich aus Geralds Ansatz ergebende Lösung nicht alle Punkte zu vergeben. Denn ich könnte mich des Verdachtes nicht erwehren, daß der Löser eine solche "Lösung" nur in Ermangelung grundlegenden logischen Verständnisses der gestellten Aufgabe gewählt hat (was eindeutig zeigen würde, daß die angestrebten Lernziele nicht erreicht wurden). Nur formale Bedenken könnten mich vielleicht davon abhalten. Ich kann mich aber nur schwer in eine solche Situation hineindenken, weil ich zeitlebens eine solche Punktewertung grundsätzlich abgelehnt - und sie auch in meiner Praxis niemals angewandt - habe. Die Gründe dafür hier darzulegen, würde wohl zu weit führen: das ist wieder eine ganz andere Geschichte ... Liebe Grüße, Franz


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11470
Wohnort: Bayern
  Beitrag No.12, eingetragen 2008-01-31

Hallo Franz, ich gebe Dir völlig Recht in Bezug auf eine abzugebende Lösung. Da hat außer dem Gegenbeispiel nichts drin zu suchen. Aber ich finde es durchaus interessant, bei einer Aufgabe zu erkennen, warum eine Aussage falsch ist. Ein Gegenbeispiel liefert mir nur die Erkenntnis, daß die Aussage falsch ist. Ich denke auch, daß dies zum Erlernen bestimmter Zusammenhänge durchaus nützlich sein kann. Gruß Wauzi


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
fru
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.01.2005
Mitteilungen: 21456
Wohnort: Wien
  Beitrag No.13, eingetragen 2008-01-31

\quoteon(2008-01-31 00:27 - Wauzi) ... eine abzugebende Lösung. Da hat außer dem Gegenbeispiel nichts drin zu suchen. \quoteoff Dann sind wir uns ja einig, Wauzi (was mir natürlich auch vorher schon klar war wink )! Auf nichts anderes sollte mein warnender erster Beitrag No. 8 auch hinauslaufen. Liebe Grüße smile , Franz [ Nachricht wurde editiert von fru am 31.01.2008 00:40:59 ]


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.14, eingetragen 2008-01-31

@Fru: Aha,ich sehe wohl Folgendes richtig so: Das Aufzeigen eines Gegenbeispiels reicht als Lösung, aber, derjenige, der auch erklärt, warum dies so ist, erreicht nicht die volle Punktzahl. Ein bisschen merkwürdig, aber, was solls............


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Wauzi
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11470
Wohnort: Bayern
  Beitrag No.15, eingetragen 2008-01-31

Hallo Gerald, wenn Du zu einer Aussage ein Gegenbeispiel findest, dann ist die Aussage falsch. Eine Begründung dafür braucht es nicht, denn fälscher als falsch geht nicht. Daß man die volle Punktzahl nicht bekommt, wenn man zwar das Gegenbeispiel hat, aber dazu auch noch eine "Erklärung", dann kann man natürlich nur dann noch die volle Punktzahl kriegen, wenn die "Erklärung" ebenfalls die Aussage widerlegt. Eine richtige und eine falsche Lösung einer Aufgabe machen die Gesamtlösung falsch. Das ist schon in der Schule so. Daß eine Erklärung den Hintergrund erhellt, ist etwas ganz anderes. Aber dies reicht meistens nicht aus, die Falschheit einer Aussage zu zeigen. Sei a==b(m) =>m\|(a-b)=>m^2 \|(a-b)^2=>m^2 \|(a^2-b^2)+2b(b-a) Damit gilt: m^2 \|a^2-b^2<=>m^2 \|2b(b-a). Aber ab hier ist mit allgemeiner Beweiserei Schluß. Du könntest jetzt Fallunterscheidungen machen, aber für die Lösung bringt das nicht viel. Wäre das Problem interessanter, würde man jetzt m als prim betrachten, den Fall m=2 extra anschauen sowie (m,a)=1 untersuchen. Aber wozu....? Gruß Wauzi


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.16, eingetragen 2008-02-02

@ Wauzi: Nun, die Aufgabe müsste natürlich schon perfekt formuliert werden; wie wäre es mit: "Angenommen, es gilt: m = a mod b Beweisen Sie, dass es unendlich viele m gibt, für die nicht automatisch gilt:  (m^2) = (a^2) mod (b^2)" Man kann gute Antworten halt nur auf gute Fragen geben.......


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
fru
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.01.2005
Mitteilungen: 21456
Wohnort: Wien
  Beitrag No.17, eingetragen 2008-02-02

Das wäre dann aber eine ganz andere Aufgabe als die vorliegende, Gerald! Was Du vorschlägst, ist also nicht eine Präzisierung der Formulierung, sondern eine Abänderung der Aufgabenstellung. Die Aufgabe ist im Original wahrscheinlich hinreichend "perfekt formuliert". Lukas hat sie halt in eigenen Worten wiedergegeben, aus denen aber kein Grund ersichtlich ist, anzunehmen, daß statt meiner Deutung Deine Interpretation gemeint sein könnte. \quoteon(2008-01-31 14:45 - GeraldIrsigler) Das Aufzeigen eines Gegenbeispiels reicht als Lösung, aber, derjenige, der auch erklärt, warum dies so ist, erreicht nicht die volle Punktzahl. \quoteoff Ich sehe nicht, inwiefern Deine Variante besser erklären würde, warum a=5, b=2, m=3 ein Gegenbeispiel liefert, als die einfache Feststellung, daß 9 kein Teiler von 25-4=21 ist. Und mehr ist nicht verlangt: Dazu haben HiP, owk, Wauzi und ich aber ohnehin schon alles gesagt (vielleicht bemühst Du Dich nur nicht genug, es auch zu verstehen?). Liebe Grüße, Franz [ Nachricht wurde editiert von fru am 02.02.2008 12:08:11 ]


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Ehemaliges_Mitglied
  Beitrag No.18, eingetragen 2008-02-02

@ fru: Egal, was ich aber meine, ist: Nur hinreichend perfekt formulierte Aufgaben können eine klare Antwort verlangen. Wer aber auf schwammig formulierte Aufgaben eine klare Antwort verlangt, der wird diese nicht in eindeutig verifizierbarer Form bekommen können. So ist das halt eben.


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
MathePaul
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 19.11.2012
Mitteilungen: 48
  Beitrag No.19, eingetragen 2021-06-22

Hey, \ Aus a == b mod m folgt a^2 == b^2 mod m^2 sollte in diesem Fall nicht gelten aber \ Aus a == b mod m folgt a^2 == b^2 mod m müsste doch stimmen, da \ z.z.: a == b mod m => a^2 == b^2 mod m Aus a == b mod m folgt m#| (a-b) => m#|(a-b)(a+b) => m#|(a^2 - b^2) => a^2 == b^2 mod m ? Freue mich auf Rückmeldung. Viele Grüße Paul


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Kezer
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1389
  Beitrag No.20, eingetragen 2021-06-22

Hi Paul, ja, das ist richtig.


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
MathePaul
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 19.11.2012
Mitteilungen: 48
  Beitrag No.21, eingetragen 2021-06-22

Hey, also müsste ja auch \ a == b mod m => a^k == b^k mod m mit k\el\ \IN gelten und kann mit voll. Induktion bewiesen werden. Habe jedoch ein Problem beim Induktionsschluss. \ I.B.: a == b mod m => a^k == b^k mod m I.A.: a == b mod m => a^1 == b^1 mod m gilt. I.S.: I.V.: a == b mod m => a^k == b^k mod m mit k\el\ \IN n->n+1: z.z.: a == b mod m => a^(k+1) == b^(k+1) mod m aus I.V. folgt mit a == b mod m: m #| (a^k - b^k) => m #| (a-b)(a+b)*(a-b)(a+b)*...*(a-b)(a+b) //k mal den Faktor (a-b)(a+b) => m #| (a-b)(a+b)*(a-b)(a+b)*...*(a-b)(a+b)*(a-b)(a+b) //(k+1) mal den Faktor (a-b)(a+b) => m #| (a^(k+1) - b^(k+1)) => a^(k+1) == b^(k+1) mod m dies würde ja nur für k = gerade gelten oder wo habe ich mein Denkfehler? Viele Grüße Paul


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Kezer
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1389
  Beitrag No.22, eingetragen 2021-06-23

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\) Deine Faktorisierung von $a^k - b^k$ ist falsch. Die Aussage gilt für alle $k$.\(\endgroup\)


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
MathePaul
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 19.11.2012
Mitteilungen: 48
  Beitrag No.23, eingetragen 2021-06-23

Hi Kezer, vielen Dank für deine Antwort. Ich dachte mir schon, dass das irgendwie nicht sein kann. Könnte es so klappen? \ I.B.: a == b mod m => a^k == b^k mod m I.A.: a == b mod m => a^1 == b^1 mod m gilt. I.S.: I.V.: a == b mod m => a^k == b^k mod m mit k\el\ \IN n->n+1: z.z.: a == b mod m => a^(k+1) == b^(k+1) mod m aus I.V. folgt mit a == b mod m: \(m\mid a^{ k } - b^{ k }\\ \Rightarrow m\mid (a-b)*(\sum\limits_{i=1}^{k} a^{k-i}*b^{i-1})\\ \Rightarrow m\mid (a-b)*\left[(a^{k-1}b^{1-1})+(a^{k-2}b^{2-1})+(a^{k-3}b^{3-1})+...+(a^{k-k}b^{k-1})\right] \\ \Rightarrow m\mid (a-b)*\left[(a^{k-1}b^{1-1})+(a^{k-2}b^{2-1})+(a^{k-3}b^{3-1})+...+(a^{k-k}b^{k-1})+(a^{(k+1)-(k+1)}b^{(k+1)-1})\right]\\ \Rightarrow m\mid (a-b)*(\sum\limits_{i=1}^{k+1} a^{(k+1)-i}*b^{i-1})\\ \Rightarrow m\mid a^{k+1}-b^{k+1}\) Viele Grüße Paul


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 2467
  Beitrag No.24, eingetragen 2021-06-23

Es ist vermutlich einfacher, wenn du nicht diesen Spezialfall, sondern erstmal die allgemeinere Aussage$$ a\equiv b\mod m \quad\land\quad u\equiv v\mod m \quad\implies\quad a\cdot u\equiv b\cdot v\mod m $$beweist.


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
MathePaul
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 19.11.2012
Mitteilungen: 48
  Beitrag No.25, eingetragen 2021-06-23

\quoteon(2021-06-23 15:14 - zippy in Beitrag No. 24) Es ist vermutlich einfacher, wenn du nicht diesen Spezialfall, sondern erstmal die allgemeinere Aussage$$ a\equiv b\mod m \quad\land\quad u\equiv v\mod m \quad\implies\quad a\cdot u\equiv b\cdot v\mod m $$beweist. \quoteoff Hi zippy, danke für deine Antwort. diesen hatten wir schon bewiesen. Im Skript stand dieser spezielle Fall mit dem Hinweis: Beweis zur Übung. Ich bin mir jedoch über die Ausführung nicht ganz sicher... Viele Grüße


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
Kezer
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1389
  Beitrag No.26, eingetragen 2021-06-23

Theoretisch ist jeder Implikationspfeil wahr, aber ich bin mir nicht sicher, ob du weiß wieso der 3. Pfeil stimmt. Das alles hat nicht so viel mit Induktion zu tun, vergesse die Induktion und fang neu an.


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
schlauuu
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 28.04.2021
Mitteilungen: 29
  Beitrag No.27, eingetragen 2021-06-23

a = b mod m \(\iff \exists r \in \{0,1,2,...,m-1\}, k_1,k_2 \in \mathbb{N} :\\ a = k_1*m +r \\ b = k_2*m+r\)


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
zippy
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 2467
  Beitrag No.28, eingetragen 2021-06-23

\quoteon(2021-06-23 15:27 - MathePaul in Beitrag No. 25) Ich bin mir jedoch über die Ausführung nicht ganz sicher... \quoteoff Wenn du diese allgemeine Aussage schon kennst, ist ein Beweis per Induktion doch recht simpel: Wenn $a^k\equiv b^k\pmod m$ folgt zusammen mit $a\equiv b\pmod m$ ja sofort $a^k\cdot a\equiv b^k\cdot b\pmod m$ und damit $a^{k+1}\equiv b^{k+1}\pmod m$.


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil
MathePaul
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
Dabei seit: 19.11.2012
Mitteilungen: 48
  Beitrag No.29, eingetragen 2021-06-23

\quoteon(2021-06-23 18:35 - zippy in Beitrag No. 28) \quoteon(2021-06-23 15:27 - MathePaul in Beitrag No. 25) Ich bin mir jedoch über die Ausführung nicht ganz sicher... \quoteoff Wenn du diese allgemeine Aussage schon kennst, ist ein Beweis per Induktion doch recht simpel: Wenn $a^k\equiv b^k\pmod m$ folgt zusammen mit $a\equiv b\pmod m$ ja sofort $a^k\cdot a\equiv b^k\cdot b\pmod m$ und damit $a^{k+1}\equiv b^{k+1}\pmod m$. \quoteoff Vielen Dank, das war der entscheidende Hinweis! (Eigentlich dein Post davor auch..) Grüße


Eine Notiz zu diese Forumbeitrag schreiben Notiz   Profil

Wechsel in ein anderes Forum:
 Suchen    
 
All logos and trademarks in this site are property of their respective owner. The comments are property of their posters, all the rest © 2001-2021 by Matroids Matheplanet
This web site was originally made with PHP-Nuke, a former web portal system written in PHP that seems no longer to be maintained nor supported. PHP-Nuke is Free Software released under the GNU/GPL license.
Ich distanziere mich von rechtswidrigen oder anstößigen Inhalten, die sich trotz aufmerksamer Prüfung hinter hier verwendeten Links verbergen mögen.
Lesen Sie die Nutzungsbedingungen, die Distanzierung, die Datenschutzerklärung und das Impressum.
[Seitenanfang]