Teilbarkeitsbeweis durch vollständige Induktion

17.05.2011, 19:37	InformatikStudent86	Auf diesen Beitrag antworten »
Teilbarkeitsbeweis durch vollständige Induktion Meine Frage: Seien k,n>=1 natürliche Zahlen. Dann ist (k!)^n ein Teiler von (kn)! Meine Ideen:* Induktionsanfang: n=1 (k!)^1\|(k1)! k! teilt k! Induktionsbehauptung: (k!)^n+1\|(k(n+1))! Nun stecke ich im Indunktionsschritt gleich am Anfang fest. Wäre nett wenn mir jemand einen Ansatz liefern könnte oder sie sogar lösen könnte. Mfg
18.05.2011, 09:52	René Gruber	Auf diesen Beitrag antworten »
Kommt drauf an, was man voraussetzen darf. Wenn man z.B. weiß, dass $\begin{eqnarray} \binom{m}{k} \in \mathbb{N}_0 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} m,k\in \mathbb{N}_0 \end{eqnarray}$ gilt, dann ist der Induktionsschritt $\begin{eqnarray} n\to n+1 \end{eqnarray}$ aufgrund von $\begin{eqnarray} \frac{(k(n+1))!}{k!^{n+1}} = \frac{(kn)!}{k!^n} \cdot \frac{(k(n+1))!}{(kn)!\cdot k!} = \frac{(kn)!}{k!^n} \cdot \binom{k(n+1)}{k} \end{eqnarray}$ kein Problem.
19.05.2011, 19:29	InformatikStudent86	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für deine Antwort

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