Folge der Primzahlwurzeln

In meinem ersten Semester an der Uni forderte mich mein Korrektor zu einer Aufgabe herraus. Ich sollte sie loesen und 1 Uebungsblatt erlassen kriegen. Hier moechte ich eine Loesung zu dem Problem vorstellen:

Problem: Die Folge $\sqrt{p_i})_{i \in \mathbb{N}}$ der Primzahlenwurzeln ist linear unabhaengig ueber dem Koerper der rationalen Zahlen.

Die Folge $(p_i)_{i \in \mathbb{N}}$ sei die Folge der Primzahlen, also: $p_1 = 2$, und $p_{n+1} := \min\{ p \in \mathbb{Z}\quad |\quad p \text{ Primzahl, } p > p_n\}$ Damit die Definition der $p_i$'s ueberhaupt sinnvoll ist, muessten wir wissen, dass es zu jeder Primzahl eine groessere Primzahl gibt. Mit anderen Worten muessten wir wissen, dass es unendlich viele Primzahlen gibt. Wir setzen dies fuer den Moment als bekannt vorraus. Desweiteren akzeptieren wir, dass jede nichtleere Teilmenge der Menge der natuerlichen Zahlen ein eindeutig bestimmtes Minimum besitzt, denn auch dies ist zur Definition der $p_i$'s von Noeten. Wir schreiben $P(M)$ fuer die Potenzmenge einer Menge $M$. Die Potenzmenge einer Menge $M$ hat als Elemente gerade saemtliche Teilmengen von $M$. Es gilt beispielsweise:  $$P(\{1,2,3\}) = \{\emptyset,\{1\},\{2\},\{3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\{1,2,3\}\}$$ Zur Abkuerzung setzen wir $P := \{I \in P(\mathbb{N}) \quad | \quad I \text{ endlich }\}$, fuer alle $n \in \mathbb{N}$ $P_n := P(\{1,..,n\})$ und $P_0 := P(\emptyset) = \{\emptyset\}$

Wir bemerken, dass mit diesen Bezeichnungen fuer alle $n \in \mathbb{N}_0$ gilt $P_n \subset P_{n+1} \subset P$. Ist $I$ eine nichtleere endliche Menge und $(x_i)_{i \in I}$ ein $I$-Tupel reeller Zahlen, so schreiben wir $\prod\limits_{i \in I} x_i$ fuer das Produkt der $x_i$'s.

Falls $I = \emptyset$, so setzen wir $\prod\limits_{i \in I} x_i := 1$.

Sei $f: P \rightarrow \mathbb{R}$ die Abbildung, die durch die Vorschrift $f(I) = \sqrt{\prod\limits_{i \in I} P_i}$ gegeben ist.

Um die Abbildung $f$ vertrauter zu machen, halten wir fest, dass zum Beispiel $f(\emptyset) = \sqrt{1} = 1$ und $f(\{i\}) = \sqrt{p_i}$ fuer alle $i \in \mathbb{N}$. Des weiteren gilt etwa $f(\{2,3,5,7\}) = \sqrt{p_2p_3p_5p_7} = \sqrt{2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7}$

Jetzt geht es an den eigentlichen Beweis. Das vorher war nur Vorarbeit um darauf vorzubereiten und alles zu definieren.

Satz: Das Tupel $f$ ist linear unabhaengig im $\mathbb{Q}$-Vektorraum der reellen Zahlen

Fuer alle $n \in \mathbb{N}_0$ setzen wir $f_n := f|_{P_n}$ und $S_n := span(f_n) = \{ x \in \mathbb{R} | \exists (\lambda_I) \in \mathbb{R}^{P_n}: x = \sum\limits_I \lambda_If_n(I)\}$, wobei $span(f_n)$ den hier von $f_n$ aufgespannten Untervektorraum im $\mathbb{Q}$-Vektorraum der reellen Zahlen meint. Wir bezeichen ausserdem mit $A_n$ die folgenden Aussage:

  1. $f_n$ ist linear unabhaengig im $\mathbb{Q}$-Vektorraum der reellen Zahlen
  2. $S_n$ ist ein Unterkoerper des Koerpers der reellen Zahlen
  3. fuer alle $I \in P \setminus P_n$ ist $f(I) \not\in S_n$

Als Vorstufe zum Beweis zeigen wir mittels vollstaendiger Induktion, dass $A_n$ fuer alle $n \in \mathbb{N}_0$ gilt. Induktionsanfang ($A_0$ gilt): $P_0$ enthaelt genau ein Element, naemlich die leere Menge. $f_0(\emptyset) = f(\emptyset) = 1 \in \mathbb{R}$. $f_0$ ist also offensichtlich linear unabhaengig, da eine ein-elementige Indexmenge genau dann linear unabhaengige ist, wenn sein einziges Element von Null verschieden ist. $S_0$ ist gleich der Menge der rationalen Zahlen. Insbesondere ist $S_0$ ein Unterkoerper des Koerpers der reellen Zahlen.

Sei $I = P \setminus P_0$. Dann ist $f(I)$ offensichtlich irrational, das heisst $f(I) \not\in S_0$. Induktionsschritt: Sei $n$ eine nichtnegative ganze Zahl mit der Eigenschaft dass $A_n$ gilt. Wir zeigen, dass dann auch $A_{n+1}$ gilt.

Sei $(\lambda_I)$ ein $P_{n+1}$-Tupel rationaler Zahlen, so dass $\sum_{I \in P_{n+1}}\lambda_If_{n+1}(I) = 0$. Setzen wir $a := \sum_{I \in P_n}\lambda_If(I)$ und $b := \sum_{I \in P_n}\lambda_{I \cup \{n+1\}}f(I)$, dann gilt $\sum_{I \in P_{n+1}}\lambda_If_{n+1}(I) = a+b\sqrt{p_{n+1}}$. Das heisst, $a+b\sqrt{p_{n+1}} = 0$. Nun sind $a,b \in S_n$. Angenommen $b \not= 0$. Dann besitzt $b$ ein multiplikatives Inverses $b^*$ im Koerper der reellen Zahlen. Da $S_n$ nach Induktionsannahme ein Unterkoerper des Koerpers der reellen Zahlen ist, gilt $b^* \in S_n$. Damit ist aber auch $\sqrt{p_{n+1}} = -b^*a \in S_n$. Dies steht im Widerspruch zur Induktionsannahme. Folglich ist $b = 0$. Aber damit ist auch $a=0$.

Aus der linearen Unabhaengigkeit von $f_n$ folgt $\lambda_I = 0$ fuer alle $I \in P_{n+1}$ $S_{n+1}$ ist in jedem Fall eine Untergruppe der reellen Zahlen bezueglich der Verknuepfung der Addition. Ausserdem ist $S_{n+1}$ unter der Multiplikation reeller Zahlen abgeschlossen, das heisst fuer alle reellen Zahlen $x$ und $y$ gilt: $x,y \in S_{n+1}$ impliziert $xy \in S_{n+1}$ Damit nachgewiesen ist, dass es sich bei $S_{n+1}$ um einen Unterkoerper des Koerpers der reellen Zahlen handelt, bleibt zu zeigen, dass fuer alle $x \in \mathbb{R}$, $x \not= 0$, mit $x$ auch das multiplikative Inverse $x^*$ von $x$ Element von $S_{n+1}$ ist.

Sei also $x \in S_{n+1}$, $x \not= 0$. Dann gibt es, nach Definition von $S_{n+1}$, ein $P_{n+1}$-Tupel $(\lambda_I)$ rationaler Zahlen, so dass $x = \sum\lambda_If(I)$.

Wir definieren $a$ und $b$ wie oben und halten fest, dass $x = a + b\sqrt{p_{n+1}}$. Es gilt $a-b\sqrt{p_{n+1}} \not= 0$, denn andernfalls waeren $a$ und $b$ gleich Null, was im Widerspruch zu $x \not= 0$ stuende. Folglich haben wir auch $0 \not= (a+b\sqrt{p_{n+1}})(a-b\sqrt{p_{n+1}})$ $ = a^2 -b^2p_{n+1} =: d$.

Daraus folgt, dass $x^{-1} = d^{-1}(a-b\sqrt{p_{n+1}}) = (d^{-1}a)-(d^{-1}b)\sqrt{p_{n+1}}$. Da $a,b \in S_n$ und $S_n$ nach Induktionsannahme ein Unterkoerper des Koerpers der reellen Zahlenist, sind $d$ und damit auch $d^{-1}$,$d^{-1}a$ und $d^{-1}b$ Elememte von $S_n$. Letzte Darstellung von $x^{-1}$ impliziert daher, dass $x^{-1} \in S_{n+1}$. Sei $I \in P \setminus P_{n+1}$.

Angenommen $f(I) \in S_{n+1}$. Dann gaebe es $a,b \in S_n$,so dass $f(I) = a+b\sqrt{p_{n+1}}$. Quadrieren liefert nach Definition von $f(I)$ $\prod_{i \in I} p_i = a^2 + b^2p_{n+1} + 2ab\sqrt{p_{n+1}}$. Folglich ist $\prod_{i \in I} p_i = a^2 + b^2p_{n+1}$ und $2ab = 0$. Das heisst, es gilt $a=0$ oder $b=0$. Angenommen $b=0$. Dann haetten wir $\prod_{i \in I} p_i = a^2$, sprich $f(I) = a$, sprich $f(I) \in S_n$, da $a \in S_n$. Dies steht jedoch im Widerspruch zum dritten Punkt von $A_n$, da $I \in P \setminus P_n$ (offenbar ist ja $P_n \subset P_{n+1}$). Es gilt also $a=0$.

Damit ergibt sich $\prod_{i \in I} p_i = b^2p_{n+1}$.

Wir unterscheiden nun zwei Faelle:

  1. $n+1 \in I$: mit $I^* := I \setminus \{n+1\}$ gilt dann $\prod_{i \in I^*} p_i = b^2$, also $f(I^*) = b$, also $f(I^*) \in S_n$. Dies steht jedoch erneut im Widerspruch zum dritten Teil von $A_n$, da $I^* \in P \setminus P_n$.
  2. $n+1 \not\in I$: Dann gilt mit $I^+ := I \cup \{n+1\}$, dass $f(I^+)= bp_{n+1}$, was einen weiteren Widerspruch zum dritten Teil der Aussage $A_n$ darstelle.

Fazit: Wir halten fest, dass $f(I) \not\in S_{n+1}$. Damit ist $A_{n+1}$ gezeigt und die Unduktion beschlossen; es gilt $A_n$ fuer alle $n \in \mathbb{N}_0$. Insbesondere wissen wir, dass fuer alle $n \in \mathbb{N}_0$ das Tupel $f_n = f|_{P_n}$ im $\mathbb{Q}$-Vektorraum der reellen Zahlen linear unabhaengig ist. Wir folgern die lineare Unabhaengigkeit von $f$. Sei dazu $(\lambda_I)$ ein $P$-Tupel rationaler Zahlen, so dass nur endlich viele Eintraege des Tupels von Null verschieden sind und $\sum\lambda_If(I) = 0$. Sei $n \in \mathbb{N}$ so gross, dass $\lambda_I = 0$ fuer alle $I \in P \setminus P_n$ (ein solches $n$ existiert). Dann gilt $\sum\limits_{I \in P} \lambda_If(I) = \sum\limits_{I \in P_n} \lambda_If(I) = \sum\limits_{I \in P_n} \lambda_If_n(I)$.

Da $f_n$ linear unabhaengig ist, folgt $\lambda_I = 0$ fuer alle $I \in P_n$. $(\lambda_I)$ ist demzufolge das Nulltupel.

Dies beweist die lineare Unabhaengigkeit von $f$.

so long