Teilbarkeit

10.12.2007, 20:31

Insanity84

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Teilbarkeit

Ich sitze gerade vor folgender Aufgabe:

Zeigen Sie: Fuer alle $\begin{eqnarray*} k \in \mathbb N_0 \end{eqnarray*}$ gilt
$\begin{eqnarray*} 3 | 2^{2k+1} -2 \end{eqnarray*}$

Bedeutet: 3 teilt $\begin{eqnarray*} 2^{2k+1} -2 \end{eqnarray*}$

Die einzige Idee die ich bisher hatte:

Gemaess Definition gilt:
$\begin{eqnarray*} a | b \Rightarrow b = k * a \end{eqnarray*}$

Daraufhin habe ich umgeformt:
$\begin{eqnarray*} 3 | 2^{2k+1} -2 \Rightarrow 2^{2k+1} -2 = k * 3 \end{eqnarray*}$

Aber weiter komm ich nicht, habt ihr nen Vorschlag, wie man das loesen kann?
Danke im Vorraus

10.12.2007, 20:36

tmo

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$\begin{eqnarray*} 2^{2k+1} -2 \equiv (-1)^{2k+1}-2 \pmod 3 \end{eqnarray*}$

Zitat:

$\begin{eqnarray*} 3 | 2^{2k+1} -2 \Rightarrow 2^{2k+1} -2 = k * 3 \end{eqnarray*}$

das ist definitiv falsch.

10.12.2007, 21:02

Insanity84

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Der Ansatz ist falsch, aber die Aussage ist richtig oder?

Kannst du mir zu deinem Vorschlag ein paar Kommentare schreiben, bitte? smile

smile

10.12.2007, 21:10

tmo

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darfst du das nicht mit kongruenzen machen?

wenn nein, dann verwende halt vollständige induktion.

zu deinem vorschlag habe ich schon gesagt, dass er so falsch ist. du musst rechts schon eine neue variable einführen und nicht einfach nochmal k verwenden.

10.12.2007, 21:19

Insanity84

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doch klar darf ich es mit kongruenzen machen. ich wollt nur ein paar kommentare zu deiner aussage, blicke da noch nicht ganz durch.

10.12.2007, 21:22

tmo

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ah entschuldigung ich habe irgendwie statt "deinem" "meinem" gelesen.

kennst du denn die regel:

$\begin{eqnarray*} a \equiv a' \pmod m \Longrightarrow a^k \equiv a'^k \pmod m \end{eqnarray*}$

?
genau die habe ich hier angewandt.

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10.12.2007, 22:13

Insanity84

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Ne die Regel kenn ich so noch nicht

10.12.2007, 22:17

tmo

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dann würde ich vorschlagen den beweis mit hilfe vollständiger induktion zu führen.

10.12.2007, 22:53

Insanity84

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nein wir sollen das nicht mit vollstaendiger induktion machen

kannst mir kurz und knapp sagen, was die regel darstellt bzw wie sie heisst?

10.12.2007, 22:57

tmo

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dann hätte ich noch ein anderen vorschlag zu bieten:

$\begin{eqnarray*} 2^{2k+1}-2 = 2 \cdot 4^k - 2 = 2(4^k-1) = 2((3+1)^k-1) \end{eqnarray*}$

nun kannst du mit dem binomischen lehrsatz argumentieren.

wie die regel heißt weiß ich nicht (falls sie überhaupt einen speziellen namen hat) und was sie darstellt, ist doch deutlich zu sehen verwirrt

verwirrt

10.12.2007, 23:00

Lazarus

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Die Regel folgt aus der Definition von "mod", ist relativ naheliegend und hat daher keinen eigenen Namen.

Es gilt $\begin{eqnarray*} (qm+r)^n=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}(qm)^{n-i} \cdot r^i \end{eqnarray*}$

Wenn man das nun mod m betrachtet, so sieht man sofort, das alle Summanden bis auf den letzten, $\begin{eqnarray*} r^n \end{eqnarray*}$ , mindestens ein m enthalten und somit wegfallen.

10.12.2007, 23:02

Insanity84

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tschuldigung dass es mir nicht so klar ist ich kann mit der regel so wie sie da steht nichts anfangen, ich braeuchte da schon ein paar kommentare zu. vor allem kann ich es nicht auf meine anfangsgleichung umbrechen

10.12.2007, 23:04

Lazarus

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In Worten bedeutet es eine Zahl a die mit n potenziert wird lässt bei division durch m den selben mit n potenzierten rest wie der rest mit n potenziert.

Ob das nun anschaulicher ist als eine Mathematische Formel weiss ich nicht.

10.12.2007, 23:11

Insanity84

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woher weiss ich denn, dass
$\begin{eqnarray*} 2^{2k+1}-1 \equiv (-1)^{2k+1} -2 (mod 3) \end{eqnarray*}$
gilt?

Ausserdem ist fuer mich
$\begin{eqnarray*} 2^{2k+1}-1 \equiv (-1)^{2k+1} -2 (mod 3) \end{eqnarray*}$
nicht das gleiche wie
$\begin{eqnarray*} a^{k} \equiv (a)^{rk} (mod m) \end{eqnarray*}$
weil bei dem oberen die Basen "a" nicht gleich sind

11.12.2007, 02:01

Lazarus

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Abschreibefehler und zwar doppelt.

es muss heissen $\begin{eqnarray*} 2^{2k+1}-2\equiv ... \end{eqnarray*}$

Und unten $\begin{eqnarray*} a^k \equiv (a')^k \pmod m \end{eqnarray*}$ , wenn $\begin{eqnarray*} a\equiv a' \pmod m \end{eqnarray*}$

Da du anscheined allerdings nicht genau lesen willst, kann ich dich wohl nur darauf verweisen. Wenn du nicht versuchst das selbst zu verstehn und zu erarbeiten, dann kann tmo und ich dir wohl leider nicht helfen. Wir wiederholen uns ja ständig, bzw müssen das. Das ist nicht der Sinn!

11.12.2007, 09:55

Insanity84

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sry, hab das als $\begin{eqnarray*} a^{rk} \end{eqnarray*}$ erkannt

trotzdem ist nich gezeigt, dass das gilt.

ich muss zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} (-1)^{2k+1}-2 \end{eqnarray*}$ mod 3 die gleiche restklasse hat wie $\begin{eqnarray*} 2^{2k+1}-2 \end{eqnarray*}$

bzw welche restklasse $\begin{eqnarray*} (-1)^{2k+1}-2 \end{eqnarray*}$ mod 3 hat
bisher wurde quasi nur eine behauptung aufgestellt

11.12.2007, 15:59

tmo

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$\begin{eqnarray*} 2 \equiv -1 \pmod 3 \end{eqnarray*}$ ist doch offensichtlich und dann wurde einfach nur die regel angewandt.

und $\begin{eqnarray*} (-1)^{2k+1} - 2 \end{eqnarray*}$ solltest du ausrechnen können...

14.12.2007, 11:50

Insanity84

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danke
hab jetz die loesung unseres profs, er wollt es halt ausfuehrlicher haben

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