Kongruenz mit Induktion |
13.06.2018, 09:29 | line32 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Kongruenz mit Induktion Zeige 3^2^n = 1+ 2^(n+2) (mod 2^(n+3)) Meine Ideen: IA ist klar. Beim Induktionsschritt ändert sich jetzt aber die modulo - klasse also zu 2^(n+4) und dann ist die Onduktionsvoraussetzung doch nicht mehr gegeben, wie geht das? |
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13.06.2018, 10:03 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Schreiben wir es erstmal in besser lesbarer Form auf: , und das gilt auch erst für (d.h. für gilt es nicht). Im Induktionsschritt willst du ja gewiss nutzen, oder? Die Induktionsvoraussetzung kann man auch so schreiben: Es gibt eine ganze Zahl mit . Nun quadriere das mal... |
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13.06.2018, 10:58 | line32 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
geht das so? |
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13.06.2018, 11:22 | klarsoweit | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Die letzte Umformung verkompliziert die Lage eigentlich nur. Ich hätte so umgeformt: |
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13.06.2018, 11:31 | line32 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Okay danke. noch eine frage, wenn ich zeigen soll (für alle n größer gleich 3) kann ich das ja auch mit Induktion machen, aber ich muss ja auch irgendwie immer zeigen, dass die 2^(n-2) der kleinste Exponent ist für den die Kongruenz gilt |
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13.06.2018, 12:53 | HAL 9000 | Auf diesen Beitrag antworten » | ||
Wozu brauchst du dazu noch Induktion? Nutze doch direkt die eben bewiesene Aussage! ist ein Teiler der Gruppenordnung , also auf jeden Fall irgendeine Zweierpotenz. Die obige Aussage um 3 Positionen verschoben lautet nun für alle , d.h. es ist auf jeden Fall . Andererseits haben wir bei Verschiebung um 2 für alle , woraus folgt. Damit haben wir sofort zumindest für alle . Für kann man es aber auch noch per Einzelfallbetrachtung nachweisen. |
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