Teilbarkeit mit Induktion beweisen

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alex.pf Auf diesen Beitrag antworten »
Teilbarkeit mit Induktion beweisen
Mein erster Beitrag und schon so ein "Hammer", zumindest für mich ;-)

Zeigen sie mit vollständiger Induktion:
Für jede natürliche Zahl n 2 gibt es eine Menge M Teilmenge von \ mit n Elementen,so dass für jedes Paar a,b M mit a b die Summe a + b durch die Differez a - b teilbar ist.
JochenX Auf diesen Beitrag antworten »

wie weit kommst du denn?

induktionsanfang sollte klar sein
nehme nun eine (nach ind.vor. mit der eigenschaft gewählte) menge mit n elementen und konstruiere dass neue element

beachte auch, dass aus a+b|a-b => b+a|b-a folgt

du musst also nur dafür sorgen, dass das neue element x mit allen alten y folgende bedingung efüllt: x+y|x-y
y+x|y-x und sämtliche anderen kombinationen von alten elemente sind dnn natürlich gewährleistet



edit: achtung verdreht
muss natürlich immer a-b|b-a heißen, oder den strich als "ist vielfaches von" lesen
alex.pf Auf diesen Beitrag antworten »

Wir haben versucht, eine Menge zu finden, für die die Beschreibung zutrifft. Haben aber wirklich nur Mengen mit n = 3 gefunden. So zum Beispiel . Ber mit vier Elementen haben wir zumindest mit "suchen" nichts gefunden und haben dann frustriert aufgegeben...
IchDerRobot Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo alex,

beim Suchen hilft dir bestimmt folgende Erkenntnis:
Wenn die Menge M die Eigenschaft

hat, und k eine natürliche Zahl (> 0) ist, dann hat auch die Menge
k*M = {k*a | a in M}
diese Eigenschaft.

LOED hat vorgeschlagen, zur vorhandenen Menge M ein weiteres Element x zu suchen, dass die Bedingung a-x| a+x für alle a in M erfüllt - wenn du so eins immer findest, bist du fertig.
Das ist aber nicht immer möglich. Wenn z.B. 1 in M liegt, dann wird die Bedingung 1-a | 1+a nur von a=1 und a=2 erfüllt - aber was macht man, wenn bereits 2 in M ist?

Vielleicht gelingt es ja nach einer Multiplikation von M mit einer geeigneten Zahl.

Noch eine Erkenntnis:
Aus a-x | a+x folgt a-x | (a+x)-(a-x) = 2x, also suchen wir zur Menge M ein x mit a - x | 2x für alle a in M.


Robot
Mathespezialschüler Auf diesen Beitrag antworten »

Verschoben

Was hat das mit Analysis zu tun? verwirrt

Gruß MSS
milky84 Auf diesen Beitrag antworten »

ich hätte da mal eine menge gefunden, sogar allgemein, für die das immer gilt

wir haben M1={a,b}, für die das a+b/a-b gilt

dann gibt es auch eine M2={ab, a+ab, b+ab} für die a+b/a-b auch gilt.
bzw. das spiel könnte man weiter spielen mit

Mn={a1,a2},
Mn+1=[An, an+a1, an+a2]
An ergibt sich aus dem Produkt von i=1 bis n für ai

also dieses große Pi halt da
 
 
IchDerRobot Auf diesen Beitrag antworten »

Genial!

Sei n in N beliebig vorgegeben. Setze
a_0 := n!
a_1 := a_1 + 1
a_2 := a_1 + 2
...
a_n := a_1 + n

Dann ist für i != j: a_i - a_j = i-j und 1 <= |i-j| <= n,
und a_i + a_j = 2 n! + (i-j).
Wegen |i-j| | n! ist
a_i - a_j | a_i + a_j

Robot
AD Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von IchDerRobot
und a_i + a_j = 2 n! + (i-j).

Stimmt nicht ganz: Nach deinem Ansatz ist .

Die Grundidee von milky84 stimmt trotzdem, aber so einfach ist es nicht.


EDIT: Ok, da keine Korrektur erfolgt ist, hier eine mögliche funktionierende Variante:



Dabei sei die hier benutzte "Summe" zwischen natürlicher Zahl und Teilmenge natürlicher Zahlen wie üblich gemäß



festgelegt.

Einmal gefunden, ist der Beweis nicht so schwer. Das mit den ist mit der groben Kelle konstruiert - wenn man kleinere Zahlen haben will, kann man diesen Summanden auch durch



ersetzen. Und noch "etwas" kleiner geht's dann durch

.

Noch weitere "Verkleinerungen" der Zahlen machen dann allerdings größere Änderungen des Beweises erforderlich, das lasse ich lieber sein. Augenzwinkern
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