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Melly
| | Veröffentlicht am Montag, den 30. Oktober, 2000 - 12:56: | 
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Hallo,
ich hab da ein Problem, an dem ich verzweifle und bis morgen einen Weg oder besser ne Lösung brauche. Es wurde festgelegt, dass 0 zu den nat. Zahlen gehört und 1+2+...+n = 1/2 n (n+1). Mein Lehrer verlangt von mir, dies zu verstehen:
Als Summe von 2 o. mehr aufeinander folgenden nat. Zahlen sind manche nat. Zahlen darstellbar.
1.) Kann man beliebige ungerade Zahlen so darstellen?
2.) Gibt es 2erpotenzen, die sich so darstellen lassen?
Vielen dank im Voraus,
Melly |
Bodo
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Oktober, 2000 - 20:44: |
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Also das erste kannst Du am besten an Beispielen nachvollziehen:
15 = (1+2+3+4+5) = 15 = 1/2 * 5 * (5+1)
C.F. Gauß erkannte diese Gesetzmäßigkeit (der Anekdote nach) mit 8 Jahren. Ist gar nicht so schwer, aber versuch dies erstmal an 2 oder 3 Beispielen nachzuvollziehen.
Zu 1)
Ja, man kann: Jede ungerade Zahl hat ja die Form 2n+1, wobei n eine beliebige natürlich Zahl ist.
Dann kann man das schreiben als n + (n+1), das ist die Summe zweier aufeinanderfolgender natürlicher Zahlen.
Aber Achtung: Da im allgemeinen die Null nicht als natürliche Zahl angesehen wird, ist die einzige Ausnahme für dei obige Regel die ungerade Zahl 1.
Zu 2)
Nein, die kann es nicht geben.
2n = 1+2+4+8+...+2n-1+1
Begründung:
Die Summe zweier aufeinanderfolgender Zahlen m+(m+1)=2m+1 ist immer ungerade, kommt also nicht in Frage.
Die Summe dreier aufeinanderfolgender Zahlen m+(m+1)+(m+2)=3m+3=3(m+1) ist immer durch 3 teilbar, 2n dagegen nie.
Die Summe vierer aufeinanderfolgender Zahlen läßt folgende Gleichung zu (bei Annahme der Möglichkeit): 2n=m+...+(m+3)=4m+6=2(2m+3) => 2n-1=2m+3 also ungerade => n=1 Widerspruch.
Die Summe fünfer aufeinanderfolgender Zahlen ist durch 5 teilbar. Das geht auch nicht bei Zweierpotenzen.
Die Summe 6er aufeinanderfolgender Zahlen ist durch 3 teilbar. Widerspruch.
Allgemein zur Summe k-er aufeinanderfolgender Zahlen (per Widerspruchsbeweis):
Annahme, es geht => Es existieren k und m, sodaß gilt:
2n=m+(m+1)+(m+2)+...+(m+k-1)=km+[k(k-1)]/2 => 2n+1=2km+k2-k=k(2m+k-1)
Da die rechte Seite durch k teilbar ist, muß es auch die linke sein => k ist eine 2er-Potenz, also existiert ein h sodaß k=2h.
=> 2n+1=2h(2m+2h-1) => 2n+1-h=2m+2h-1.
Die rechte Seite ist offenbar ungerade, also muß es auch die linke sein => 2n+1-h=1 => n+1-h=0 => h>n => 2h>2n => k>2n
Da es aber laut Voraussetzung k Summanden geben soll, deren Summe 2n ist, ergibt sich ein Widerspruch zur blauen Ungleichung.
Bodo |
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