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Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 902
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. November, 2003 - 15:24: | 
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Hallo,
wie kann ich am besten durch Induktion zeigen, das der Term
1+2^(2^n)+2^(2^(n+1))
für alle n Element von N0 (also den natürlichen Zahlen inklusive 0) durch 7 teilbar ist?
Die Zweierpotenzen im Exponenten verwirren mich ungemein und stören bei der findung geeigneter Umformungen.
Für Lösungen oder Ideen zur Lösung wäre ich dankbar!
mfg
Niels
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Friedrichlaher (Friedrichlaher)
Senior Mitglied
Benutzername: Friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 1732
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. November, 2003 - 21:28: |
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Da die Teilbarkeit für n=0 feststeht,
genügt es zu zeigen, daß die Differenz
zweier aufeinanderfolgender Werte durch
7 teilbar ist
Wenn das Erlernen der Mathematik einigermaßen ihre Erfindung wiederspiegeln soll, so muß es einen Platz für Erraten, für plausibles Schließen haben.
[Aus dem Vorwort zu "Mathematik und plausibles Schliessen, Bd. 1 Induktion und Analogie in der Mathematik" von Georg Pólya]
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Orion (Orion)
Senior Mitglied
Benutzername: Orion
Nummer des Beitrags: 695
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. November, 2003 - 21:29: |
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Niels,
Vorschlag: Kürze ab:
22n =: p(n).
Dann ist
22n+k = p(n)2k
Der zu untersuchende Term T(n) ist dann
T(n) = 1 + p(n) + p(n)2.
Daraus ergibt sich durch Quadrieren (rechne nach !)
T(n)2 = T(n+1) + 2 p(n)T(n) <=>
T(n+1) = T(n) [T(n)-2 p(n)]
womit der Induktionsschluss gelingt.
mfG Orion
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Friedrichlaher (Friedrichlaher)
Senior Mitglied
Benutzername: Friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 1734
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Montag, den 17. November, 2003 - 22:08: |
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@Orion:
Welche Erfahrunge, ander Kenntnisse,
stecken hinter Deiner interessanten Vorgehensweise?
Was hat Dich zu diesem indierektem Weg veranlasst?
warum willst Du keien privaten Nachrichten?
Wenn das Erlernen der Mathematik einigermaßen ihre Erfindung wiederspiegeln soll, so muß es einen Platz für Erraten, für plausibles Schließen haben.
[Aus dem Vorwort zu "Mathematik und plausibles Schliessen, Bd. 1 Induktion und Analogie in der Mathematik" von Georg Pólya]
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Orion (Orion)
Senior Mitglied
Benutzername: Orion
Nummer des Beitrags: 696
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. November, 2003 - 08:28: |
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@Friedrichlaher :
Der Weg ist insofern nicht "indirekt", als vom Aufgabensteller ein Induktionsbeweis verlangt wird.
Damit der Induktionschritt für eine Aussagenform A(n) durchgeführt werden kann, muss man also den
Zusammenhang zwischen A(n) und A(n+1) herstellen.
Wenn es sich dabei z.B. um Aussagen über algebraische Terme T(n) handelt, so benötigt man
eine Rekursion, d.h. man muss - wie oben geschehen - T(n+1) durch T(n) ausdrücken. Sehr oft ist das
trivial , z.B. wenn T(n) von der Form Sn k=1ak
ist. Manchmal muss man etwas genauer hinschauen,
vielleicht braucht es sogar etwas mathematische Phantasie, so wie bei vorliegender Aufgabe.
Sinn und Zweck der vielen Induktionsaufgaben,mit
denen Schüler und Studenten traktiert werden sollte
es sein, diese allgemeine Philosophie zu verinnerlichen.
Re private messages: E-Mail sollte nicht ausufern.
mfG Orion
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Friedrichlaher (Friedrichlaher)
Senior Mitglied
Benutzername: Friedrichlaher
Nummer des Beitrags: 1735
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. November, 2003 - 10:41: |
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Da muss ich meine Frage wohl direkter stellen:
was brachte Dich auf die Idee zu quadrieren? - Das
ist ja nicht gerade ein direkter Weg. Und indem
ich gezeigt habe, daß T(n+1) = T(n)+ 7*k ist ist ja
auch meiner ein Induktionsbeweis.
Wenn das Erlernen der Mathematik einigermaßen ihre Erfindung wiederspiegeln soll, so muß es einen Platz für Erraten, für plausibles Schließen haben.
[Aus dem Vorwort zu "Mathematik und plausibles Schliessen, Bd. 1 Induktion und Analogie in der Mathematik" von Georg Pólya]
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Orion (Orion)
Senior Mitglied
Benutzername: Orion
Nummer des Beitrags: 697
Registriert: 11-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. November, 2003 - 13:32: |
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Na ja, ich habe natürlich (siehe oben !)
T(n+1)=1+p(n)2+p(n)4
hingeschrieben und gesehen, dass das nicht weit
weg von
T(n)2 =
1+p(n)2+p(n)4 + 2[p(n)+p(n)2+p(n)3]
ist.
mfG Orion
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Megamath (Megamath)
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Benutzername: Megamath
Nummer des Beitrags: 3038
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. November, 2003 - 14:38: |
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Hi
@Friedrich Laher
Zur Sache:
Du zitierst öfters Georg Pólya, somit bist Du Insider.
Ich kenne viele seiner Werke und schätze sie sehr.
Ich hatte sogar das Glück, einige seiner
Gastvorlesungen hören zu dürfen, die er bei
seinen Besuchen aus den USA in der Schweiz
Ende der Vierziger Jahre in Zürich hielt.
Im Vorwort seiner berühmten Aufgabensammlung,
die er zusammen mit G.Szegö herausgab, steht im
Vorwort u.a.:
Ein Gedanke, den man einmal anwendet ist ein Kunstgriff.
Wendet man ihn zweimal an, so wird er zur Methode.
Bei vollständiger Induktion sind Beweislast und Beweisträger
einander proportional: sie verhalten sich wie n+1 zu n.
Die Vergrösserung der Beweislast kann also vorteilhaft sein:
denn sie stärkt den Beweisträger.
Es kommt auch sonst vor, dass die umfassendere Behauptung
leichter zu beweisen ist, als die engere:
in der Aufstellung der umfassenderen Behauptung steckt
eben die Hauptleistung, die Absonderung des Wesentlichen,
die Erfassung des vollen Tatbestandes. ….. (Ende Zitat).
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
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Niels2 (Niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: Niels2
Nummer des Beitrags: 903
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 18. November, 2003 - 17:10: |
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Hi Kollegen,
vielen Dank für eure Hilfe!
Die von mir oben gestellte Aufgabe stamt übrigens aus dem Buch Analysis I von H. Amann und J. Escher.
Sie wurde im Rahmen meiner wüchentlichen Analysis Übungen gestellt.
Also, nochmal vielen Dank für eure Hilfe, ich wäre da so ohne weiteres nicht draufgekommen....
mfg
Niels |
