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Beweis multiplikative Funktion

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Algebraische Zahlentheorie

Analytische Zahlentheorie

Elementare Zahlentheorie

Primzahlen

Teilbarkeit

Tags: Algebraische Zahlentheorie, Analytische Zahlentheorie, Elementare Zahlentheorie, Primzahl, Teilbarkeit

leni-24 aktiv_icon

14:04 Uhr, 30.03.2020

Kann mir jemand einen Tipp geben, wie ich diese Aufgabe lösen kann?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Teilbarkeit natürlicher Zahlen

michaL aktiv_icon

18:16 Uhr, 30.03.2020

Hallo,

bei der Multiplikativität arbeite ich noch.

Wenn man die aber hat, dann kannst du folgendermaßen arbeiten:
Wäre für ein

n

die multiplikative Funktion

f (n) := σ_{w} (n) - σ_{s} (n) = 0

und

n = a \cdot b

mit teilerfremden

a

und

b

, so müsste wegen

0 = f (n) = f (a) \cdot f (b)

gelten, dass

f (a) = 0

oder

f (b) = 0

gilt.

Heißt: Wenn es so ein

n

geben sollte, so müsste dies schon für eine Primzahlpotenz gelten.
Vermutlich wirst du einfach nachweisen können, dass für jede Primzahl

p

und jeden Expontenten

x \in ℕ_{\geq 1}

gilt, dass

f (p^{x}) \neq 0

gilt.

Dazu würde ich die Fälle

x

gerade bzw. ungerade unterscheiden.

Mfg Michael

michaL aktiv_icon

18:37 Uhr, 30.03.2020

Hallo,

so, ich glaube, die Aufgabe am Schlafittchen zu haben.

Als Abkürzung verwende ich

f (n) := σ_{w} (n) - σ_{s} (n)

.

Du musst also für teilerfremde

a, b

mit

a b = n

zeigen, dass

f (n) = f (a) f (b) = (σ_{w} (a) - σ_{s} (a)) (σ_{w} (b) - σ_{s} (b))

= σ_{w} (a) σ_{w} (b) + σ_{s} (a) σ_{s} (b) - [σ_{s} (a) σ_{w} (b) + σ_{w} (a) σ_{s} (b)]

gilt.

Der erste Summand

σ_{w} (a) σ_{w} (b) + σ_{s} (a) σ_{s} (b)

wird dabei sehr vermutlich

σ_{w} (n)

entsprechen. Der andere demgemäß

σ_{s} (n)

.

Um das einzusehen, vergegenwärtige dir, dass

s i g m a_{w} (a)

die Summe weißer Teiler von

a

ist.
Entsprechende ist

s i g m a_{w} (b)

die Summe weißer Teiler von

b

.

Deren Produkt ist demnach eine Summe von Produkten von weißen Teilern von

a

und

b

, also eine Summe weißer Teiler von

n

.

Analog bei

σ_{s} (a) σ_{s} (b)

, welche nach dem Ausmultiplizieren eine Summe von jeweils schwarzen Teilern von

a

bzw.

b

sind, welche wiederum weiße Teiler von

n

sind.

Die einzige wirkliche Arbeit besteht darin zu beweisen, dass die Zuordnung (weißer Teiler von

a \cdot

weißer Teiler von

b

)

\cup

(schwarzer Teiler von

a \cdot

schwarzer Teiler von

b

)

\to

(weiße Teiler von

n

) bijektiv ist, d.h. es für jeden weißen Teiler

s

von

n

bei gegebenem

a

und

b

genau ein Paar entweder weißer Teiler

(w_{a}, w_{b})

oder schwarzer Teiler

(s_{a}, s_{b})

von

a

bzw.

b

gibt, sodass

s = w_{a} \cdot w_{b}

oder

s = s_{a} \cdot w_{b}

gilt.

Entsprechend musst du natürlich auch für die schwarzen Teiler

s

von

n

argumentieren!

Alles klar?

Mfg Michael

leni-24 aktiv_icon

18:40 Uhr, 31.03.2020

Hallo michaL,

vielen Dank für deine schnelle Antwort! Das grobe Beweisprinzip ist mir nun klar geworden, danke!

Allerdings habe ich noch eine Frage zu deinem Beweis der Multiplikativität:

Ich habe

σ_{w} (a)

mit

σ_{w} (b)

mit Hilfe der Definition von

σ

(also der Summe der Teiler) multipliziert und angenommen, dass die Teiler von

a \cdot b

die Gestalt

e \cdot d

haben, und somit (durch Umschreiben der Summen)

σ_{w} (a \cdot b)

erhalten.

Wenn ich so auch beim Multiplizieren von

σ_{s} (a)

mit

σ_{s} (b)

vorgehe, erhalte ich jedoch analog zu vorher

σ_{s} (a \cdot b)

Warum sind dies also Teiler von

σ_{w} (n)

?
Oder ist dies generell der falsche Ansatz?

Ab hier sind mir die weiteren Schlussfolgerungen (auch nach langem Überlegen) leider nicht mehr klar.

Ich hoffe, du kannst mir nochmal weiterhelfen. Ich würde das Beispiel wirklich gerne verstehen.
Lg Leni

michaL aktiv_icon

23:02 Uhr, 31.03.2020

Hallo,

ich weiß, es ist ein wenig durcheinander gewesen. Daher noch einmal die wesentlichen Aspekte:

Mache dir klar, dass
* das Produkt je eines weißen Teilers von

a

bzw.

b

wieder ein weißer Teiler von

n

ist
* das Produkt je eines schwarzen Teilers von

a

bzw.

b

wieder ein weißer (!) Teiler von

n

ist
* das das Produkt der weißen Teilersumme von

a

(

σ_{w} (a)

) und der weißen Teilersumme von

b

(

σ_{w} (b)

), also

σ_{w} (a) \cdot σ_{w} (b)

wieder eine Summe weißer Teiler von

n

ist
* das das Produkt der schwarzen Teilersumme von

a

(

σ_{s} (a)

) und der schwarzen Teilersumme von

b

(

σ_{s} (b)

), also

σ_{s} (a) \cdot σ_{s} (b)

wieder eine Summe weißer (!) Teiler von

n

ist
* dass jeder weiße Teiler von

n

in der Summe

σ_{w} (a) \cdot σ_{w} (b) + σ_{s} (a) \cdot σ_{s} (b)

genau einmal vorkommt, d.h. dass

σ_{w} (a) \cdot σ_{w} (b) + σ_{s} (a) \cdot σ_{s} (b) = σ_{w} (n)

gilt

Das wäre die eine Hälfte des Beweises.
Für die andere Hälfte musst du entsprechen zeigen, dass ein Produkt eines weißen mit einem schwarzen Teiler wieder einen schwarzen Teiler ergibt usw.

Mfg Michael

michaL aktiv_icon

17:29 Uhr, 07.04.2020

Hallo,

tja, schade. Wortlos kein Interesse mehr.

Die ersten drei Punkte sollten sich von selbst erklären, geht es dort immerhin nur um die Anzahl von (nicht notwendigerweise verschiedenen) Primfaktoren.

Auch die beiden nächsten Punkte sollten eigentlich unproblematisch sein.
Ist nämlich

n = a \cdot b

mit

ggT (a, b) = 1

, so definieren wir erst einmal die gefärbten Teilermengen:

W_{a} := {t ∣ t ∣ a, t weiß}

, entsprechend

W_{b}

und

W_{n}

und passend dazu

S_{a}

S_{b}

bzw.

S_{n}

.

Dann kann man

σ_{w} (a) = \sum_{x \in W_{a}} x

schreiben. (Die anderen entsprechend.)

Was ist nun zu tun? Zunächst müssen wir sicherstellen, dass keiner der weißen Teiler in

σ_{w} (a) \cdot σ_{w} (b)

doppelt vorkommt, ebenso für

σ_{s} (a) \cdot σ_{s} (b)

. Anschließend muss überprüft werden, dass kein weißer Teiler von

n

sich also Produkt weißer Teiler von

a

und

b

UND als Produkt schwarzer Teiler von

a

und

b

darstellen lässt.

Gäbe es verschieden (!) weiße Teiler

u, v

von

a

und verschiedene (!) weiße Teiler

w, x

von

b

, sodass

u w = v x

gälte, so müsste es einen Primteiler von

u

geben, der

v

nicht teilt (oder umgekehrt). Demnach müsste dieser Teiler ein Teiler von

w

bzw

x

und in der Folge von

b

sein. Damit wären aber

a

und

b

nicht mehr teilerfremd.
Entsprechend müsste die Sache bei je zwei schwarzen Teilern von

a

bzw

b

aussehen.

Bleibt noch der Fall, ob es zwei verschiedene Paare

(a_{s} ∣ b_{s})

und

(a_{w} ∣ b_{w})

mit

a_{w}, a_{s} ∣ a

und

b_{w}, b_{s} ∣ b

gibt, sodass

a_{s} b_{s} = a_{w} b_{w}

.
Auch hier wäre das Argument der Teilerfremde ausschlaggebend. Da

a_{w} \neq a_{s}

gilt, gibt es einen Primteiler von

a

, der einen der beiden Teiler von

b

teilen muss. Damit wären

a

und

b

aber wieder nicht teilerfremd.

Damit bewiesen, dass die weißen Teiler in

W_{a} \cdot W_{b} \dot{\cup} S_{a} \cdot S_{b}

sämtliche verschiedene sind.

Nun brauchen wir noch, dass sich jeder weiße Teiler von

n

als Produkt entweder weißer Teiler von

a

und

b

bzw. schwarzer Teiler von

a

und

b

darstellen lässt.

Das ist aber einfach: Nehmen wir

x \in W_{n}

her (also einen weißen Teiler von

n

). Betrachten wir seine (nicht notwendigerweise verschiedenen) Primfaktoren

p_{1}, \dots, p_{r}

. Wegen der Teilerfremde von

a

und

b

gilt nun: Entweder

p_{i} ∣ a

oder

p_{i} ∣ b

. Beides gleichzeitig oder keines von beiden kann nicht eintreten. Ersteres wegen der Teilerfremde, letzteres wegen der Tatsache, dass

a b = n

gilt.
Also sei

c := \prod_{y \in {p_{1}, \dots, p_{r} ∣ y ∣ a}} y

und

d := \frac{x}{c}

.
Damit ist sichergestellt, dass

c ∣ a

d ∣ b

und

c d = x

gelten. Außerdem haben

c

und

d

die gleiche Farbe (einer der Punkte oben).

Damit ist gerade bewiesen, dass

σ_{w} (n) = σ_{w} (a) σ_{w} (b) + σ_{s} (a) σ_{s} (b)

gilt.

Entsprechend leitet man

σ_{s} (n) = σ_{w} (a) σ_{s} (b) + σ_{s} (a) σ_{w} (b)

ab.

Damit folgt die Multiplikativität.

Mfg Michael

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