alternierende Quersumme

17.06.2010, 19:12	Hijack	Auf diesen Beitrag antworten »
alternierende Quersumme Meine Frage: Für die Zahl $\begin{eqnarray} a=\left(a_{n}a_{n-1}...a_{1}a_{0}\right) = a_{0}+ a_{1}10+a_{2}10²+...+a_{n-1}10^{n-1}+a_{n}10^{n} \end{eqnarray}$ heißt $\begin{eqnarray} Q_{2}(a):= a_{0}+a_{1}10+a_{2}+a_{3}10... \end{eqnarray}$ Quersumme 2. Ordnung bzw. nicht alternierende Quersumme. Beweisen sie a ist durch 3 bzw. 9 bzw. 11 genau dann teilbar, wenn es die Quersumme 2. Ordnung ist. Meine Ideen: Jetzt muss man ja irgendwie a mod 3 a mod 9 und a mod 11 berechnen. Und für mod 3 können ja nur die Reste (0,1,2) bei mod 9 (0,1...8) und bei mod 11 die Reste (0,1,2...10) auftreten. Aber wie bekomme ich dann die Reste von der Quersumme raus. Ich weiß nur, dass 10=1mod 3 und 10=1 mod 9 und 10= 10 mod 11 ist. Aber wie kann ich dann die ganzen Werte für a berücksichtigen und mit einfließen lassen? Komme da irgendwie nicht weiter! Danke für Eure Hilfe!
17.06.2010, 23:12	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Es ist $\begin{eqnarray} 10^{2k} = 100^k \equiv 1^k = 1\bmod 99 \end{eqnarray}$ , und genauso dann mit 10 multipliziert $\begin{eqnarray} 10^{2k+1} = 10\cdot 10^{2k} = 10\cdot 100^k \equiv 10\bmod 99 \end{eqnarray}$ , das war's im wesentlichen schon an Kernbestandteilen: Damit gilt dann nämlich $\begin{eqnarray} a\equiv Q_2(a) \bmod 99 \end{eqnarray}$ .

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