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anonym
| | Veröffentlicht am Freitag, den 01. Dezember, 2000 - 12:49: | 
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Hallo,
könnt ihr mir bitte helfen!
Zerlege jede Zahl von rechts in Zweier-Blöcke, z.B. 12/34/56 oder 1/23/45/67. Beweise: Eine Zahl ist genau dann durch 11 teilbar, wenn die Summe ihrer Zweierblöcke durch 11 teilbar ist. |
Preu Thomas
| | Veröffentlicht am Freitag, den 01. Dezember, 2000 - 15:04: |
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Das wird jetzt etwas schwieriger und länger.
Zunächst zeigt man, dass für alle n e N (heist:n Element aus natürliche Zahlen) gilt: (10^(2*n))-1 ist immmer durch 11 teilbar; das heist jede Zahl die so ausschaut wie: 99, 9999, 999999, 99999999 ... ist durch 11 teilbar; Wir nennen diese Zahlenfolge F. Das kann man mit vollständiger Induktion zeigen:
(1) 99 ist das erste Glied von F: 10^(2*1)-1=99; man sieht sofort, dass 99 durch 11 teilbar ist: 99/11=9
(2) man kann für (n+1)-te Glied von F folgende Umformung machen: (10^(2*(n+1)))-1=(10^(2*n)*100)-1=[99*10^(2*n)]+[1*10^(2*n)]-1; der erste Teil [99*10^(2*n)] ist immer durch 11 teilbar, da [99*10^(2*n)]/11=9*10^(2*n); der zweite Teil ist das n-te Glied von F. Da eine Summe durch eine Zahl immer dann (aber nicht nur dann) teilbar ist, wenn jeder Summand es ist, ist das (n+1)-te Glied von F dann durch 11 teilbar, wenn es das n-te Glied ist.
(3) Da das (n+1)-te Glied von F durch 11 teilbar ist, wenn es das n-te Glied auch ist, und das erste Glied durch 11 teilbar ist, ist jedes Glied der Zahlenfolge (10^(2*n))-1 durch 11 teilbar.
Was hat das jetzt mit unserem Problem zu tun? Auf den ersten Blick nichts. Aber man kann Jede Zahl z mit z e N folgendermasen zerlegen:
z= a1 + 100*a2 + 10000*a3 + ... ;dabei ist a1 , a2 , a3 ,... jeweils eine 2-stellige Zahl. z.B. z=5391652: dann ist a1=52 , a2=16 , a3=39 , a4=5 ; also 5391652= 52 + 100*16 + 10000*39 + 1000000*5.
Man kann das auch so hinschreiben: z=a1 + 10^2*a2 + 10^4*a3 + ... = a1 + ((10^2-1)*a2+a2) + ((10^4-1)*a3+a3)= a1+a2+a3+... +(10^2-1)*a2+(10^4-1)*a3+... {Zwischenschritt: 10^2*a2=(10^2-1+1)*a2=(10^2-1)*a2+a2}. Wir haben aber oben schon bewiesen, dass 10^(2*n)-1 immer durch 11 teilbar ist, also ist auch ((10^2-1)*a2) , ((10^4-1)*a3) ,... durch 11 teilbar, und damit die Summe aus ihnen. Es folgt, dass z immer dann durch 11 teilbar ist, wenn die Summe a1+a2+a3+... auch durch 11 teilbar ist. Da die a1, a2, a3,... die Zweierblöcke sind, von denen du schreibst, ist deine Aufgabe bewiesen.
q.e.d.(quod erat demonstrandum = was beweisbar war) |
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| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 24. Oktober, 2001 - 19:05: |
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Es geht einfacher mit Restklassenrechnung:
100 = 1 mod 11
=> x*100 = x*1 mod 11 = x mod 11
=> x*100^n = x*1 mod 11^n = x mod 11
Jetzt ein Beispiel:
123456789 = 98 * 100^0 + 67 * 100^1 + 45 * 100^2+
23 * 100^3 + 1 * 100^4 = 98 + 67 + 45 + 23 + 1
So kannst du das auch allgemein beweisen |
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