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Beweis zu Teilbarkeit

Universität / Fachhochschule

Teilbarkeit

Tags: Teilbarkeit

Robert1 aktiv_icon

18:46 Uhr, 23.10.2019

Hallo ans Forum, Ich soll zeigen, dass

n^{a} \pm 1

Teiler von

n^{a b} \pm 1

ist.
Dabei sind n und a Element der Natürlichen Zahlen und b eine ungerade Zahl. Bis jetzt hab ich mir die Zähne daran ausgebissen. Zunächst habe ich den Fall

\frac{n^{a b} + 1}{n^{a} + 1}

betrachtet. Mein Induktionsschritt war

\frac{n^{a b + b} + 1}{n^{a + 1} + 1}

anschließend habe ich ein paar Umformungen angestellt die mich aber ins Nirgendwo geführt haben. Die Aufgabe kommt von meinem ersten Übungszettel aus AGLA1. Ich wäre sehr dankbar für einen Ansatz der mich weiterbringt.
Vielen Dank im Vorraus!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Respon

19:14 Uhr, 23.10.2019

n^{a \cdot b} = {(n^{a})}^{b}

Betrachte mal folgendes Produkt:

((n^{a}) + 1) \cdot ({(n^{a})}^{b - 1} - {(n^{a})}^{b - 2} + {(n^{a})}^{b - 3} - ... - {(n^{a})}^{1} + {(n^{a})}^{0}) = . .

ermanus aktiv_icon

19:22 Uhr, 23.10.2019

Hallo,
die Aussage so allgemein, wie du sie aufgeschrieben hast,
kann nicht stimmen. Bitte lade einen Scan der Originalaufgabe
hoch; denn irgendwie hängen doch die

+ / -

von der Parität von

b

ab.
Gruß ermanus

Robert1 aktiv_icon

19:30 Uhr, 23.10.2019

Hier ist die ürsprüngliche Aufgabe

Respon

19:32 Uhr, 23.10.2019

Im "Schulstoff" wird das immer so formuliert:
Die Summe ungerader Potenzen ist immer durch die Summe der "Grundzahlen" teilbar.
Die Differenz ungerader Potenzen ist immer durch die Differenz der "Grundzahlen" teilbar.

Verallgemeinere.

Welches Ergebnis bekommst du, wenn du obige Polynommultiplikation ausführst.

ermanus aktiv_icon

19:32 Uhr, 23.10.2019

Sorry, ich habe überlesen, dass

b

eine ungerade Zahl sein soll.
Melde mich gleich wieder.
Gruß ermanus

HAL9000

19:38 Uhr, 23.10.2019

Für alle reellen Zahlen

u, v

sowie natürlichen Zahlen

b \geq 1

ist

u^{b} - v^{b} = (u - v) \sum_{k = 0}^{b - 1} u^{k} v^{b - 1 - k}

,

beweisbar durch vollständige Induktion über

b

.

Angewandt auf

u = n^{a}

sowie

v = 1

bzw.

v = - 1

ergeben sich daraus die zu zeigenden Teilbarkeitsaussagen.

ermanus aktiv_icon

19:43 Uhr, 23.10.2019

Oder so mit Induktion über

b

in 2-er Schritten:

n^{a (b + 2)} + 1 = n^{a b} n^{2 a} + n^{2 a} - n^{2 a} + 1 =

n^{2 a} (n^{a b} + 1) - (n^{a} + 1) (n^{a} - 1)

Entsprechend für ...

- 1

...

Robert1 aktiv_icon

21:31 Uhr, 23.10.2019

Ich bin garnicht auf Polynomdivision gekommen aber der Groschen ist dann doch gefallen als ich das Produkt gesehen habe. Die Induktion über b in 2er Schritten mit Zuhilfenahme der nährhaften Null erschien mir ebenfalls schlüssig.
Auch über die Summe habe ich den Beweis versucht nur ist beim Induktionsschritt bei mir am Ende

v^{- 1} (u^{b + 1} - v^{b + 1})

herausgekommen und nicht

(u^{b + 1} - v^{b + 1})

. Mein Ansatz zum Induktionsschritt war

(u - v) \sum_{k = 0}^{b} u^{k} v^{b - 1 - k} = u^{b + 1} - v^{b + 1}

.
Trotzdem schonmal vielen Dank für die interessanten Ansätze!

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