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Beitrag |
    
Kratas (Kratas)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Kratas
Nummer des Beitrags: 153
Registriert: 12-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Juli, 2004 - 21:03: | 
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Ich muss euch schon wieder ausquetschen ;=)
Zeige: Für jedes n€N ist 2*5^(3n+1)+4^n durch 11 teilbar.d.h. es gibt zu jedem n ein k€N mit 11*k=...
Ich hab schon alle möglichen Unformungen ausprobiert.Ich bekomms nicht hin.
Könnt ihr mir vielleicht helfen?
Gruß aus OS
Kratas |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied
Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 852
Registriert: 05-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Juli, 2004 - 21:14: |
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ich würd über ne Modulogleichung machen:
2*5^(3n+1) + 4^n == 0 (mod 11)
2*5*5^(3n) + 4^n == 0 (mod 11)
10*125^n + 4^n == 0 (mod 11) <-- 10 = 10-11
-125^n + 4^n == 0 (mod 11)
4^n == 125^n (mod 11) <-- 125 = 11^2+4
voila
4^n == 4^n (mod 11)
quod erat demonstrandum
Mainzi Man,
ein Mainzelmännchen-Export,
das gerne weiterhilft
oder auch verwirren kann *ggg*
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Kratas (Kratas)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Kratas
Nummer des Beitrags: 154
Registriert: 12-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Juli, 2004 - 21:27: |
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Leider hab ich noch nie was von einer "Modulogleichung" gehört.
Was meint mod 11?
Kann man das auch über Induktion lösen? |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied
Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 853
Registriert: 05-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Juli, 2004 - 21:30: |
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2te Art von Beweis, vollst. Ind.
IN -> IN: f(n) = 2*5^(3n+1) + 4^n
zeige, daß f(1) durch 11 teilbar ist: f(1) = 1254 = 11 * 114, ok
11 | ( f(n+1) - f(n) ) => 11 | f(n+1)
daher
f(n+1) - f(n) = 2*5^(3(n+1)+1) + 4^(n+1) - [ 2*5^(3n+1) + 4^n ]
= 2*5^(3n+4) + 4*4^n - 2*5^(3n+1) - 4^n
= 2*5^3*5^(3n+1) + 4*4^n - 2*5^(3n+1) - 4^n
= (2*5^3 - 2)*5^(3n+1) + (4-1) * 4^n
= (250 - 2)*5*5^(3n) + 3*4^n
= 1240*5^(3n) + 3*4^n
= (113*11 - 3)*5^(3n) + 3*4^n
= 113*11*5^(3n) - 3*5^(3n) + 3*4^n
= 113*11*5^(3n) - 3*[125^n - 4^n] <-- zerlegungsformel für []
= 113*11*5^(3n) - 3[(125 - 4)(125^(n-1) + 125^(n-2)*4 + 125^(n-3)*4^2 + ... + 125*4^(n-2) + 4^(n-1))]
= 113*11*5^(3n) - 3[121*(125^(n-1) + 125^(n-2)*4 + 125^(n-3)*4^2 + ... + 125*4^(n-2) + 4^(n-1))]
= 113*11*5^(3n) - 3*121[(125^(n-1) + 125^(n-2)*4 + 125^(n-3)*4^2 + ... + 125*4^(n-2) + 4^(n-1))]
quod erat demonstrandum
Mainzi Man,
ein Mainzelmännchen-Export,
das gerne weiterhilft
oder auch verwirren kann *ggg*
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Christian_s (Christian_s)
Senior Mitglied
Benutzername: Christian_s
Nummer des Beitrags: 1448
Registriert: 02-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Juli, 2004 - 21:37: |
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Hallo
Mit Induktion gehts sogar noch ein wenig schneller:
Induktionsanfang siehe Mainzi.
Induktionsschluss:
2*53n+4+4n+1
=125*2*53n+1+4*4n
=121*2*53n+1+4*(2*53n+1+4n)
Und das ist durch 11 teilbar, denn 121 ist durch 11 teilbar und (2*53n+1+4n) nach Voraussetzung auch.
MfG
Christian |
Mainziman (Mainziman)
Senior Mitglied
Benutzername: Mainziman
Nummer des Beitrags: 854
Registriert: 05-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Juli, 2004 - 21:45: |
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Danke Christian,
mir fehlte einfach mein Geierblick 
Mainzi Man,
ein Mainzelmännchen-Export,
das gerne weiterhilft
oder auch verwirren kann *ggg*
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Kratas (Kratas)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: Kratas
Nummer des Beitrags: 155
Registriert: 12-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Juli, 2004 - 22:03: |
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Danke euch beiden, wart mir wieder ein große Hilfe...so langsam krieg ich das mit der vollständigen Induktion hin.
Grüße
Kratas |
