Sind $a,\,b,\,c$ reelle Zahlen mit $a+b+c=1$, so folgt $a^2+b^2+c^2\geq\frac{1}{3}$

Woher kommt diese Aussage (und die Ideen zum Beweis)? Von hier.

Um sie zu zeigen, braucht man keine trinomischen Formeln oder sonstiges schweres Geschütz; die binomischen Formeln (besonders die zweite) sind aber schon ganz hilfreich.

Es ist $\left(\frac{1}{3}\right)^2 = \frac{1}{9}$ und $\frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{3}$. Deshalb betrachten wir anstatt der zu zeigenden Ungleichung
\[
a^2+b^2+c^2-\frac{1}{3}\geq 0
\] einfach mal die folgende Ungleichung:
\[
\left(a-\frac{1}{3}\right)^2 + \left(b-\frac{1}{3}\right)^2 + \left(c-\frac{1}{3}\right)^2\geq 0\quad,\qquad(\ast)
\] denn wenn wir in jedem Summanden (unter anderem) ein Drittel quadrieren, so kommen (unter anderem) drei Neuntel, also ein Drittel, heraus. Vielleicht hebt sich da später schön was weg?

Da das Quadrat einer reellen Zahl stets nichtnegativ ist, gilt die Ungleichung $(\ast)$. Wenn wir nun ausmultiplizieren, so erhalten wir
\[
a^2-\frac{2}{3}a + \frac{1}{9} + b^2-\frac{2}{3}b + \frac{1}{9} + c^2-\frac{2}{3}c + \frac{1}{9}\geq 0\quad,
\] was wir zu
\[
a^2 + b^2+c^2 - \frac{2}{3}\left(a+b+c\right) + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9}\geq 0
\] umsortieren können. Einerseits ist, wie bereits oben bemerkt, $\frac{1}{9} + \frac{1}{9} + \frac{1}{9} = \frac{1}{3}$, andererseits ist nach Voraussetzung $a+b+c = 1$, so dass sich
\[
a^2 + b^2+c^2 + -\frac{2}{3} + \frac{1}{3} \geq 0
\] ergibt; die Behauptung folgt.

Das war der „analytische” Beweis; es gibt auch einen „linear-algebraischen”.

Wir erkennen, dass auf der linken Seite der Ungleichung die rellen Zahlen $a,\,b,\,c$ summiert werden und auf der rechten ihre Quadrate. Das erinnert doch ein wenig an das Standardskalarprodukt des Vektors $(a,\,b,\,c)$ mit sich selbst?

Betrachten wir im $\mathbb R^3$ die Vektoren $u:=(1,\,1,\,1)$ und $v:=(a,\,b,\,c)$. Dann gilt
\[
\begin{array}{rcl}
\langle u,\,v\rangle &=& 1\cdot a+1\cdot b+1\cdot c = a+b+c\quad,\\
\langle u,\,u\rangle &=& 1^2+1^2+1^2 = 3\quad,\\
\langle v,\,v\rangle &=& a^2+b^2+c^2
\end{array}
\] also \[\langle u,\,u\rangle\cdot\langle v,\,v\rangle = 3\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)\quad.\] Beachten wir nun die Cauchy-Schwarzsche Ungleichung,
\[
\langle u,\,v\rangle\leq \langle u,\,u\rangle\cdot\langle v,\,v\rangle\quad,
\] so folgt
\[
a+b+c \leq 3\cdot\left(a^2+b^2+c^2\right)\quad,
\]
und wegen $a+b+c=1$ impliziert dies $\frac{1}{3}\leq a^2+b^2+c^2$, also die Behauptung.

Sind $1$ und $\sqrt3$ über $\mathbb Q\left(\sqrt2\right)$ linear unabhängig?

$\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\set}[1]{\left\{{#1}\right\}}
\newcommand{\setwhere}[2]{\left\{{#1}\hspace{2pt}\middle|\hspace{2pt}{#2}\right\}}
\newcommand{\qwzwei}{\Q\left(\sqrt2\right)}
\newcommand{\nullqwzwei}{0_\Q+0_\Q\cdot\sqrt2}$Im Buch „Analysis I“ von Herbert Amann und Joachim Escher findet man die Frage, ob $1$ und $\sqrt3$ über dem Körper $\Q\left(\sqrt2\right)$ linear unabhängig sind. Aus dem Bauch heraus habe ich vermutet, dass das so ist, aber es kam dann doch das Gegenteil heraus.

Es ist $\qwzwei:=\setwhere{a+b\cdot\sqrt2}{a,\ b\in\Q}$.

Definitionsgemäß sind $1$ und $\sqrt3$ genau dann linear unabhängig über $\qwzwei$, falls für alle $\alpha,\ \beta\in\qwzwei$ gilt:

\[
\alpha \cdot 1 + \beta \cdot\sqrt3 = \nullqwzwei \implies \alpha=\beta=\nullqwzwei\quad.
\] Seien $\alpha,\ \beta\in\qwzwei$. Dann gibt es $a,\ b,\ c,\ d\in\Q$ mit
\[
\alpha = a+b\cdot\sqrt2\ ,\qquad\beta=c+d\cdot\sqrt2\quad.
\] Es folgt
\[
\begin{array}{rcl}
  \alpha \cdot 1 + \beta \cdot\sqrt3 &=& \left(a+b\cdot\sqrt2\right)\cdot 1 + \left(c+d\cdot\sqrt2\right)\cdot\sqrt3\\
&=& a+b\cdot\sqrt2 + c\cdot\sqrt3 + d\cdot\sqrt2\cdot\sqrt3\quad.
\end{array}
\]
Es gelte $\alpha \cdot 1 + \beta \cdot\sqrt3 = \nullqwzwei$. Dann folgt
\[
a+b\cdot\sqrt2 + c\cdot\sqrt3 + d\cdot\sqrt2\cdot\sqrt3 = \nullqwzwei\quad,
\] also erhalten wir nach Multiplikation mit $\sqrt2\cdot\sqrt3$ Folgendes
\[
a\cdot\sqrt2\cdot\sqrt3+2\cdot b\cdot \sqrt3+6\cdot d+3\cdot c \cdot\sqrt2 = \nullqwzwei\quad,
\] und nach etwas Umsortieren und Ausklammern von $\sqrt2$ steht da
\[
\left(2b\sqrt3+6d\right) + (a\sqrt3+3c)\sqrt2= \nullqwzwei\quad.
\] Jetzt können wir ausnutzen, dass $1$ und $\sqrt2$ über $\Q$ linear unabhängig sind, erhalten also
\[
2b\sqrt3+6d = 0_\Q\qquad\text{und}\qquad a\sqrt3+3c=0_\Q\quad.
\] Addieren wir diese beiden Gleichungen, ergibt sich
\[
\left(a+2b\right)\sqrt3 +\left(6d+3c\right) = 0_\Q\quad,
\] und da die rechte Seite der Gleichung eine rationale Zahl ist, ist auch die linke Seite rational. Doch da $1$ und $\sqrt3$ über $\Q$ ebenfalls linear unabhängig sind, folgt $a+2b=0$ und $6d+3c=0$, d.h. es folgt NICHT $a=b=0$ und $c=d=0$.

Also sind $1$ und $\sqrt3$ über dem Körper $\qwzwei$ linear abhängig.

Teilbarkeit und Äquivalenzrelationen

Wir definieren die Relation $R\subseteq \mathbb Z \times \mathbb Z$ durch
\[
\ \ \forall\mspace{2mu} x,\,y\in\mathbb Z\quad\left( xRy \iff 7\mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 2x+5y\right)
\] und vermuten, dass es sich um eine Äquivalenzrelation handelt.

Reflexivität: Sei $x\in\mathbb Z$. Dann gilt $7\mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 7x = 5x+2x$, also $xRx$. Damit ist $R$ reflexiv.

Symmetrie: Seien $x,\,y\in\mathbb Z$, und es gelte $xRy$, d.h. $7\mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 2x+5y$. Klarerweise gilt $7\mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 7x+7y$, und da mit zwei durch $7$ teilbaren Zahlen auch ihre Differenz durch $7$ teilbar ist, folgt
\[
7 \mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 7x+7y-(2x+5y) = 5x+2y\quad,
\] also $yRx$. Damit ist $R$ symmetrisch.

Transitivität: Seien $x,\,y,\,z\in\mathbb Z$, und es gelte $xRy$ und $yRz$, d.h. $7\mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 2x+5y$ und $7\mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 2y+5z$. Dann folgt wegen $7\mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 7y$:
\[
7\mspace{2mu}\mid\mspace{2mu} 2x+5y+2y+5z-7y=2x+5z\quad,
\] und damit ist $R$ transitiv.

Also ist $R$ tatsächlich eine Äquivalenzrelation.

Die Zahlen $5^{98}+3$ und $5^{99}+1$ sind beide durch $14$ teilbar

Für den Taschenrechner sind sie zu groß, aber für den kleinen Fermatschen Satz nicht.

Es sind beide Zahlen gerade; damit brauchen wir nur noch die Teilbarkeit beider Zahlen durch $7$ zu zeigen.

Zunächst zur kleineren Zahl. Nach dem kleinen Fermatschen Satz gilt $5^6\equiv 1 \pmod 7$, also folgt
\[
5^{98} \equiv 5^{16\cdot 6+2} \equiv 5^2 \equiv 25 \equiv 4\pmod 7\quad{,}
\]
damit $5^{98}+3\equiv 0\pmod 7$, d.h. $7\mid 5^{98}+3$.

Die größere Zahl könnte man auf dieselbe Weise erschlagen, aber es geht auch schneller:
Aus der Beziehung $7\mid 5^{98}+3$ folgt $7\mid 5\cdot \left(5^{98}+3\right) = 5^{99}+15$, und das führt unmittelbar zu $7\mid 5^{99}+1$, denn $14=5^{99}+15-\left(5^{99}+1\right)$ ist klarerweise durch $7$ teilbar.

Sowas geht natürlich auch mit größeren Zahlen, z.B. „Die Zahl $5^{4^7}-5^{4^6}$ ist durch 7 teilbar“. Solche Potenztürme kann man aber auch auf ganz andere Art knacken. Dazu mehr in einem späteren Post.

Es gibt unendlich viele Primzahlen der Form $4k+3$

$\newcommand{\set}[1]{\left\{{#1}\right\}}$Unter einer Primzahl verstehen wir eine natürliche Zahl, die genau zwei natürliche Zahlen als Teiler hat.

Dass es unendlich viele Primzahlen gibt, ist spätestens seit Euklid bekannt. Sein Beweis, dessen Idee wir verwenden werden, um die Aussage im Titel zu zeigen, lautet (in moderner Sprache):

Die Menge der Primzahlen ist nicht leer, denn $2$ ist offenbar eine Primzahl. Wenn wir annehmen, dass es nur endlich viele, sagen wir $n\in\mathbb N_{\geq 1}$, Primzahlen gibt, die mit ${p_1,\ p_2,\,\ldots,\ p_n}$ bezeichnet seien, dann können wir alle diese Zahlen miteinander multiplizieren und $1$ addieren, d.h. die Zahl $N:=1+\displaystyle\prod_{i=1}^{n} p_i$ betrachten. Diese ist durch keine der Primzahlen $p_i$ teilbar, denn aus $p_i \mid 1+\displaystyle\prod_{i=1}^{n} p_i$ folgt sofort $p_i\mid 1$, ein offensichtlicher Widerspruch.
Da $N$ eine natürliche Zahl größer als 1 ist, besitzt $N$ einen Primteiler (der kleinste Teiler $t$ von $N$, der größer als 1 ist, ist etwa ein solcher). Jedoch kann $t$ nicht in der Menge ${\set{p_1,\ p_2,\,\ldots,\ p_n}}$ enthalten sein, wie wir eben gesehen haben. Damit ist $t$ eine weitere Primzahl.

(Der Leser überlege sich, ob der Beweis gültig bleibt, wenn anfangs die Existenz wenigstens einer Primzahl nicht sichergestellt wird!)

Nun zum Beweis der eigentlichen Aussage. Zunächst ist die Primzahl $3$ von der verlangten Form. Nun sei $n\in\mathbb N$, und es seien ${p_1,\ p_2,\,\ldots,\ p_n}$ Primzahlen, die bei Division durch 4 alle den Rest 3 lassen. Jetzt betrachten wir die Zahl
\[
   N:=(-1)+4\cdot\displaystyle\prod_{i=1}^{n} p_i\quad{,}
\] die offenbar ebenfalls bei Division durch 4 den Rest 3 lässt, also insbesondere ungerade ist. Damit ist jeder Teiler von $N$ entweder von der Form $4k+1$ oder von der Form $4k+3$. Also ist insbesondere jeder Primteiler von $N$ von einer der beiden Formen.

Nehmen wir an, jeder Primteiler von $N$ hätte die Form $4k+1$. Dann nehmen wir uns doch mal zwei davon her (es muss mindestens zwei (mit Vielfachheit gezählt) geben, denn gäbe es nur einen, dann wäre er gleich $N$, und $N$ wäre dann entgegen Konstruktion nicht von der Form $4k+3$), nennen wir sie $4a+1$ und $4b+1$, und berechnen ihr Produkt:
\[
\begin{array}{rcl}
(4a+1)\cdot(4b+1) &=& 4a\cdot4b+4a+4b+1\\[2mm]
&=& 16ab+4(a+b)+1\\[2mm]
&=& 4\cdot4ab+4(a+b)+1\\[2mm]
&=& 4\cdot(4ab+a+b) + 1
\end{array}
\] Wir sehen also, dass ihr Produkt wieder von der Form $4k+1$ ist. Per Induktion folgt sofort, dass dann auch $N$ von der Form $4k+1$ wäre, was erneut einen Widerspruch zur Konstruktion von $N$ darstellen würde. Also hat $N$ mindestens einen Primteiler $t$ der Form $4k+3$.

Wäre $t$ eine der Zahlen $p_i$, so folgte
\[
t \mid (-1) + 4\cdot\prod_{i=1}^{n} p_i - 4\cdot\prod_{i=1}^{n} p_i = -1\quad{,}
\] also $t\mid -1$ und damit auch $t\mid 1$, was nicht möglich ist. Also ist $t$ von allen Primzahlen ${p_1,\ p_2,\,\ldots,\ p_n}$ verschieden und damit eine weitere Primzahl der Form $4k+3$. Also gibt es unendlich viele Primzahlen dieser Form.

$\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}$, zum Ersten

Heute mal etwas Analysis (von hier).

$\text{Man zeige, dass die Folge $(a_n)_{n\in\mathbb N}$, definiert durch}$
\[
a_{n}:= \begin{cases}
1 & , \quad n = 1\\
\sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_{n-1}}& , \quad n > 1
\end{cases} \quad {,}
\] $\text{konvergiert und gebe ihren Grenzwert an.}$

Zuerst zeigen wir die Konvergenz. Dazu benutzen wir den Satz
„Jede monoton wachsende, nach oben beschränkte Folge reller Zahlen konvergiert.“

Die Folge $(a_n)$ ist (sogar streng) monoton wachsend, denn erstens gilt
\[
a_2 = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_1} = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}2} > 1 = a_1\quad\text{.}
\] und zweitens gilt für alle ${n\in{\mathbb N}_{\geq2}}$ mit ${a_n > a_{n-1}}$:
\[
a_{n+1} = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_n} > \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_{n-1}} = a_n\quad{;}
\] hierbei haben wir die Induktionsvoraussetzung und die strenge Isotonie der Wurzelfunktion verwendet.
Außerdem ist die Folge $(a_n)$ durch 2 nach oben beschränkt: Es ist ${a_1=1<2}$, und ist ${n\in\mathbb N}$ mit ${a_n <2}$, so folgt
\[
a_{n+1} = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_n} < \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+2} = \sqrt{\vphantom{1+a_n^2}3} < 2\quad.
\] Hier wurde wieder die Induktionsvoraussetzung und die strenge Isotonie der Wurzelfunktion verwendet.

Damit ist die Folge $(a_n)$ monoton wachsend und nach oben beschränkt, also existiert ${\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n}$.

Wie bestimmt man nun den Grenzwert der Folge, nennen wir ihn $x$?

Dazu halten wir zunächst fest, dass gilt
\[
\lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n\to\infty}a_{n+1}\quad{.}
\] (Wie sähe ein Beweis dafür aus?)

Jedenfalls erhalten wir damit
\[
\lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n\to\infty}\sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+a_n}\quad{.}
\] Wenn wir jetzt nacheinander die Stetigkeit der Wurzelfunktion auf ${\mathbb R_{>0}}$ und die Stetigkeit der Addition auf ${\mathbb R \times \mathbb R}$ ausnutzen, so sehen wir, dass gilt
\[
x = \lim_{n\to\infty}a_n = \lim_{n\to\infty}\sqrt{\vphantom{\big(}1+a_n} = \sqrt{\vphantom{\big(}\lim_{n\to\infty}1+a_n} = \sqrt{\vphantom{\big(}1+\lim_{n\to\infty}a_n} = \sqrt{\vphantom{\big(}1+x}\quad{,}
\] d.h. wir haben nur noch die quadratische Gleichung $x^2=1+x$ zu lösen. Sie hat in $\mathbb R$ genau zwei Lösungen, von denen eine positiv und eine negativ ist. Die negative Lösung ist aber uninteressant: es gilt ${a_1>0}$, und die Folge ist streng monoton wachsend – also sind auch alle weiteren Folgenglieder größer als 0, und es folgt, dass ${\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n} \geqslant 0$ sein muss.

Damit ist der Grenzwert gefunden; sein Wert ist… ja, genau: $\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Interessant ist noch, dass der Grenzwert ein Fixpunkt der der Folge zugrundeliegenden Abbildung
\[
f\colon \mathbb R_{>0}\to\mathbb R_{>0}\ , \quad x\mapsto\sqrt{\vphantom{1+a_n^2}1+x}\quad{,}
\] ist:
\[
\begin{array}{rclcl}
f\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)
&=&
\sqrt{1+\frac{1+\sqrt{5}}{2}}
&=&
\sqrt{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}
\\[5mm]
&=&
\sqrt{\frac32+\frac{\sqrt5}{2}}
&=&
\sqrt{\frac64+\frac{\sqrt5}{2}}
\\[5mm]
&=&
\sqrt{\frac14+\frac{\sqrt5}{2}+\frac54}
&=&
\sqrt{\left(\frac12\right)^2 + 2\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt5}{2} + \left(\frac{\sqrt5}{2}\right)^2}
\\[5mm]
&=&
\sqrt{\left(\frac12+\frac{\sqrt5}{2}\right)^2}
&=& \displaystyle\frac12+\frac{\sqrt5}{2}
\\[5mm]
&=&
\displaystyle\frac{1+\sqrt5}{2}
\end{array}
\] Wann ein Fixpunkt einer der Folge zungrundeliegenden Funktion ein Grenzwert der Folge ist, klärt der Banachsche Fixpunktsatz.

Isomorphie endlicher Gruppen, Teil 1

Und nun geht es doch schneller als gedacht.
In dem einen Matheforum – genauer hier – bin ich auf die folgende Aussage gestoßen:

Sei $n\in{\mathbb N}$. Genau dann sind alle Gruppen der Ordnung $n$ isomorph, wenn $n$ quadratfrei ist und für je zwei Primteiler $p$ und $q$ von $n$ gilt: $p\nmid q-1$.

Zuerst der einfache Teil der Behauptung: Was ist mit der trivialen Gruppe los? Sie hat Ordnung $1$, und $1$ ist quadratfrei (denn eine natürliche Zahl $n$ ist genau dann quadratfrei, wenn in der PFZ von $n$ kein Primfaktor mit Vielfachheit größer als $1$ erscheint). Die Menge der Primteiler von $1$ ist leer, denn die kleinste Primzahl ist $2$. Also ist hier nicht viel zu tun.
Und nun… Trommelwirbel………………………… Je zwei Gruppen der Ordnung $1$ sind isomorph! (Beweis? vielleicht später irgendwann mal… es sei denn, jemand hinterlässt ihn als Kommentar ;))

Jetzt sei also $n$ eine natürliche Zahl größer als $1$.

Wenn $n$ eine Primzahl ist, dann ist die Sache einfach.
Denn sei $n$ eine Primzahl und $G$ eine Gruppe der Ordnung $n$. Dann gilt zunächst, dass $n$ mit Ausnahme von $1$ und $n$ keine positiven Teiler hat. Aus dem Satz von Lagrange können wir also folgern, dass $G$ keine nichttrivialen Untergruppen, d.h. solche, die von $G$ und $\{1\}$ verschieden sind, haben kann. Also hat jedes Element von $G$ entweder die Ordnung $1$ oder die Ordnung $n$.

Welche Elemente von $G$ haben Ordnung $1$?
Sicherlich das neutrale Element, denn $1$, egal wie oft mit sich selbst verknüpft, ist wieder gleich $1$.
Kann es noch weitere Elemente von $G$ geben, die Ordnung $1$ haben?
Nein, denn sei $a\in G\setminus\{1\}$, und es gelte $\mathrm{ord}(a)=1$. Dann folgt, dass die von $a$ erzeugte zyklische Untergruppe gleich $\{1\}$ ist, und damit wäre $a$ ein neutrales Element in $G$. Jedoch hatten wir $a$ als vom neutralen Element verschieden vorausgesetzt.

Damit haben wir gezeigt: Jedes Element $a\in G\setminus\{1\}$ hat Ordnung $n$.
Insgesamt haben wir damit die Ordnung aller Gruppenelemente bestimmt, und dadurch ist die Gruppe natürlich (bis auf Isomorphie ;)) festgelegt.

Wir sind jetzt also bei folgender Aussage angekommen: „Je zwei Gruppen von Primzahlordnung sind isomorph.“ Wenn wir nun zeigen „Für jede Primzahl $p$ gilt: $p$ ist quadratfrei und für alle Primteiler $q$, $r$ von $p$ gilt $q\nmid r-1$“, dann haben wir die behauptete Äquivalenz zumindest für Primzahlordnungen nachgewiesen. Und das sind immerhin schon unendlich viele.

Sei also $p$ eine Primzahl. Dann ist $p$ klarerweise quadratfrei, denn der einzige Primteiler mit Vielfachheit $1$ ist $p$, und alle anderen Primteiler haben Vielfachheit $0$. Also hat kein Primteiler Vielfachheit größer als $1$.
Nun zum zweiten Teil der Und-Aussage. Seien $q$, $r\in\mathbb P$, und es gelte $q\mid p$ und $r \mid p$. Dann folgt sofort $q=p=r$. Also gilt $q\nmid q-1=r-1$, denn zwei aufeinander folgende natürliche Zahlen sind stets teilerfremd.

So. Das war der einfache Teil. Der schwierige Teil, also die zusammengesetzten Gruppenordnungen, kommt später.

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