Es gibt genau eine Primzahl $p$ derart, dass $3\mspace{3mu}p+1$ eine Quadratzahl ist

Aus dem Tutorium.

Man benutze die folgende Charakterisierung von Primzahlen (vgl. Lemma von Euklid)

Eine natürliche Zahl $p$ größer als $1$ ist genau dann eine Primzahl, wenn für alle $a,\,b\in\Z$ gilt: Aus $p\mid a\mspace{3mu}b$ folgt $\ p\mid a\ $ oder $\ p\mid b$.

um zu zeigen: Es gibt genau eine Primzahl $p$ derart, dass $3\mspace{3mu}p+1$ eine Quadratzahl ist.
Quelle dazu.

Nun: Sei $p$ eine Primzahl, sei $n$ eine natürliche Zahl, und es gelte $3\mspace{3mu}p+1=n^2$. Daraus erhalten wir sofort \[ 3\mspace{3mu}p=n^2 -1\quad, \] und die dritte binomische Formel erlaubt es uns, das als \[ 3\mspace{3mu}p = (n-1)\cdot(n+1) \] zu schreiben. Die linke Seite ist das Produkt der Primzahlen $3$ und $p$, ist also (Lemma von Euklid!) nur durch $1$, $3$, $p$ und $3\mspace{3mu}p$ teilbar. Also gilt das auch für die rechte Seite. Daraus ergeben sich vier Fälle:

Fall	$n+1$	$n-1$
a)	$1$	$3\mspace{3mu}p$
b)	$3$	$p$
c)	$p$	$3$
d)	$3\mspace{3mu}p$	$1$

Im Fall a) gilt $n+1=1$, also $n-1=-1$, womit $n-1$ keine natürliche Zahl, also insbesondere kein Primfaktor von $3\mspace{3mu}p$, wäre. Also tritt dieser Fall nicht ein.

Im Fall b) gilt $n+1=3$, also $n=2$, also $n^2=4=3\mspace{3mu}p+1$ und damit $p=1$, womit $p$ keine Primzahl wäre. Also tritt dieser Fall nicht ein.

Im Fall c) gilt $n-1=3$, also $n=4$, also $p=5$ und $3\mspace{3mu}p+1=16=4^2=n^2$. Also ist $p=5$ eine Lösung!

Im Fall d) schleißlich gilt $n-1=1$, also $n+1=3\mspace{3mu}p$, also $p=1$, womit $p$ erneut keine Primzahl wäre. Also tritt auch dieser Fall nicht ein.

Damit gibt es genau eine Primzahl $p$ derart, dass $3\mspace{3mu}p+1$ eine Quadratzahl ist, nämlich $p=5$.

Binomischer Lehrsatz? Viel zu kompliziert.

Aus dem Tutorium.

Gibt es Ringe $R$, in denen die Gleichung $(a+b)^5 = a^5+b^5$ für alle $a,\,b\in R$ gilt?

Wir behaupten: Ja, solche Ringe gibt es. (Aber mit Sicherheit ist $\R$ kein Beispiel dafür!)

Sei $R$ ein beliebiger kommutativer Ring mit Eins, und seien $a,\,b\in R$. Multiplizieren wir einmal $(a+b)^5$ aus. Das ergibt \[ a^5 + 5\mspace{3mu}a\mspace{3mu}b^4 + 10\mspace{3mu}a^3\mspace{3mu}b^2 + 10\mspace{3mu}a^2\mspace{3mu}b^3 + 5\mspace{3mu}a\mspace{3mu}b^4 + b^5\quad, \] und wir sehen, dass alle Summanden bis auf den ersten und den letzten durch 5 teilbar sind. Es gilt also \[ (a+b)^5 \equiv a^5+b^5\pmod5\quad, \] weil alle anderen Summanden wegfallen.

Wenn wir also $R:=\Z_5$ setzen, dann haben wir erreicht, was wir wollten: Die lange Binomialentwicklung schnurrt auf zwei Summanden zusammen. Für alle $[a],\,[b]\in\Z_5$ gilt \[ ([a]+[b])^5 = [a]^5+[b]^5 = [a^5] + [b^5] = [a^5 + b^5]\quad. \]

Viermal abelsche Gruppen

Aus dem Tutorium.

Es sei $(G,\,\ast,\,e)$ eine Gruppe. Wir behaupten: $G$ ist genau dann abelsch, wenn die Abbildung $G\to G$, $a\mapsto a\ast a$, ein Homomorphismus ist.

Gelte zunächst: $G\to G$, $a\mapsto a\ast a$, ist ein Homomorphismus.
Seien $a,b\in G$. Dann gilt $\varphi(a\ast b) = a\ast b\ast a\ast b$ und $\varphi(a)\ast \varphi(b) = a\ast a\ast b\ast b$, wegen der Homomorphieeigenschaft von $\varphi$ also \[ a\ast b\ast a\ast b = a\ast a\ast b\ast b\quad. \] Nun liefert die Multiplikation mit $a^{-1}$ von links \[ b\ast a\ast b = a\ast b\ast b\quad, \] und indem wir von rechts mit $b^{-1}$ multiplizieren, erhalten wir \[ b\ast a = a\ast b\quad. \] Also ist $G$ abelsch.

Gelte nun: $G$ ist abelsch.
Dann gilt für alle $a,\,b\in G$: \[b\ast a=a\ast b\quad,\]also \[b\ast a\ast b = a\ast b\ast b\quad,\] also \[a\ast b\ast a\ast b = a\ast a\ast b\ast b\] und damit \[\varphi(a\ast b) =\varphi(a)\ast \varphi(b)\quad,\]also ist $\varphi$ ein Homomorphismus.

Hier gelten also beide Richtungen.


Nächste Behauptung: Gilt $a\ast a=e$ für alle $a\in G$, so ist $G$ abelsch.

Nun: Gelte $a\ast a=e$ für alle $a\in G$. Dann folgt \[a=a^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\quad,\] also \[a\ast b=(a\ast b)^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\quad,\] also \[a\ast b=b^{-1}\ast a^{-1}\quad\text{für alle $a\in G$}\] und damit \[a\ast b=b\ast a\quad\text{für alle $a\in G$}\quad.\] Also ist $G$ abelsch.

Die Umkehrung gilt nicht, denn es gibt abelsche Gruppen, in denen nicht jedes Element Ordnung 2 hat, wo also nicht $a\ast a=e$ für alle $a\in G$ gilt. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $(\Z,\,+,\,0)$. Hier gilt die Gleichung $a+a=0$ sogar für kein von Null verschiedenes Element.


Nächste Behauptung: Ist $G$ zyklisch, so ist $G$ abelsch.

Gelte also: $G$ ist zyklisch. Dann gibt es ein $g\in G$ mit $G=\{g^k \mid k\in\Z\}$. Seien $a,\,b\in G$. Dann gibt es $i,\,j\in \Z$ mit $a=g^i$ und $b=g^j$. Es folgt \[ a\ast b = g^i\ast g^j = g^{i+j} = g^{j+i} = g^j\ast g^i = b\ast a\quad, \] also ist $G$ abelsch.

Die Umkehrung gilt nicht, denn es gibt abelsche Gruppen, die nicht zyklisch sind. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $V_4$, die Kleinsche Vierergruppe. Bezeichnet man ihre Elemente mit $1$, $5$, $7$ und $11$, wobei $1$ das neutrale Element ist, so gilt die folgende Verknüpfungstafel, aus der man sofort abliest, dass die Gruppe abelsch ist:

$\ast$	$\mathbf1$	$\mathbf5$	$\mathbf7$	$\mathbf{11}$
$\mathbf1$	$1$	$5$	$7$	$11$
$\mathbf5$	$5$	$1$	$11$	$7$
$\mathbf7$	$7$	$11$	$1$	$5$
$\mathbf{11}$	$11$	$7$	$5$	$1$

Jedoch erkennt man auch, dass $V_4$ nicht zyklisch ist:

• Die von $1$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1\}$, also ungleich $G$.
• Die von $5$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 5\}$, also ungleich $G$.
• Die von $7$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 7\}$, also ungleich $G$.
• Die von $11$ erzeugte zyklische Untergruppe ist $\{1,\ 11\}$, also ungleich $G$.

Also ist keines der Gruppenelemente ein Erzeuger von $G$, also ist $G$ nicht zyklisch.


Nächste Behauptung: Ist $G$ endlich und $\abs G$ ungerade und gilt $a\ast b\ast a\ast b=b\ast a\ast b\ast a$ für alle $a,b\in G$, so ist $G$ abelsch.
Quelle dazu.

Es gelte: $G$ ist endlich und von ungerader Ordnung. Dann gibt es $k\in\N$ mit $\abs G=2k-1$. Seien $a,\,b\in G$. Dann gilt \[ \begin{array}{rcll} a\ast b &=& a\ast b\ast e & \text{} \\ &=& a\ast b\ast (a\ast b)^{2k-1} & \text{kleiner Satz von Fermat}\\ &=& (a\ast b)^{2k}\\ &=& (a\ast b\ast a\ast b)^k\\ &=& (b\ast a\ast b\ast a)^k & \text{Voraussetzung}\\ &=& (b\ast a)^{2k}\\ &=& b\ast a\ast(b\ast a)^{2k-1}\\ &=& b\ast a\ast e & \text{kleiner Satz von Fermat}\\ &=& b\ast a\quad, \end{array} \] und damit ist $G$ abelsch.

Der Beweis stammt auch von obiger Quelle.

Auch hier gilt die Umkehrung nicht: Eine abelsche Gruppe braucht nicht endlich zu sein. Einfachstes Beispiel ist die abelsche Gruppe $(\Z,\,+,\,0)$.

Für alle $n\in\N_{>0}$ gilt $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \leqslant \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$

Aus dem Tutorium:

Man zeige, dass für alle $n\in\N_{>0}$ gilt \[ \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \leqslant \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\quad. \]

Quelle der Aufgabe

Zunächst gilt die Ungleichung für $n=1$, denn beide Seiten sind dann gleich $2$.
Wir halten nun eine Kleinigkeit fest, die den weiteren Beweis verkürzt.

Für alle $k,n\in\N_{\geqslant2}$ gilt $n^k\geqslant n!$.
Beweis. Seien $k,n\in\N_{\geqslant2}$. Dann gilt \[ n^k = n\cdot n\cdot \ldots\cdot n \geqslant n\cdot(n-1)\cdot\ldots\quad, \] und wegen $n-1 < n$ und der Monotonie der Multiplikation ist die rechte Seite echt größer als die linke.

Es gilt für alle $n\in\N_{\geqslant 2}$ \[ \begin{array}{rcll} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n &=& \left(\frac{1}{n}+1\right)^n & \text{Kommutativität der Addition in $\R$} \\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\cdot \left(\frac{1}{n}\right)^k\cdot 1^{n-k} & \text{Binomischer Lehrsatz}\\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\cdot \left(\frac{1}{n}\right)^k & \text{$1^m= 1$ für alle $m\in\N$}\\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\cdot \left(\frac{1}{n^k}\right) & \text{Bruchrechnen}\\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!} \cdot\frac{1}{n^k} & \text{Def. Binomialkoeffizient}\\[2mm] &\leqslant& \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!} \cdot\frac{1}{n!} & \text{s.o.}\\[2mm] &=& \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!\cdot (n-k)!} &\text{$n!$ kürzen}\\[2mm] &\leqslant& \sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} &\text{$(n-k)!\geqslant 1$} \end{array} \] Da die Reihe $\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}$ konvergiert, ist sie insbesondere beschränkt. Also ist auch die Folge $\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)_{n\in\N_{>0}}$ beschränkt. Gelingt der Nachweis, dass sie monoton wachsend ist (z.B. mittels der Bernoullischen Ungleichung, siehe Herbert Amann/Joachim Escher, Analysis 1, Birkhäuser Verlag, Basel u.a., 3. Auflage 2006, S. 178 f.), so ist damit gezeigt, dass die Folge $\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)_{n\in\N_{>0}}$ konvergiert.

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.