Hilfe bei voll. Induktion - Teilbarkeit?

Hallöchen,

Ich habe folgende Aufgabe:

$7^{2n}\ +\ 3^{2n}\ +\ 21^n\ \cdot\ 30$ Gezeigt werden soll, dass der Term immer durch 16 teilbar ist.

Beim IA habe ich deshalb mit n = 1 angefangen, sodass

$7^{2\ }+\ 3^2\ +\ 21^1\ \cdot\ 30\ =\ 688\ =\ 43\ \cdot\ 16$ herauskommt.

Beim IS mit n+1 habe ich

$7^{2\left(n+1\right)}\ +\ 3^{2\left(n+1\right)}+21^{n+1}\cdot30$

was zu

$7^{2n+2}+3^{2n+2}+21^{n+1}\cdot30$ wird. Daraus kann ich ja

$49\cdot7^{2n}+9\cdot3^{2n}+21\cdot21^n\cdot30$

machen und hätte ja im Prinzip schon den Term nach der IV. Allerdings ist meine Frage. Wie klammere ich jetzt weiter aus? Da ich die 49 wegbekommen möchte, wäre meine Überlegung diese hier gewesen.

$49\left(7^{2n}+3^{2n}+21^n\cdot30\right)$ Damit wäre ja dieser Teil schonmal durch 16 teilbar. Was mache ich jetzt aber mit den Faktoren 9 und 21, die nicht mehr vorkommen? Ich hätte ja bspw. ein

$-40\cdot3^{2n}-28\cdot21^n\cdot30$ über den term darüber drangehangen, um eben das auszugleichen, was mit der 49 zu viel hineinmultipliziert wird. Allerdings wüsste ich nicht, wie ich von da weiter machen sollte.

Das sieht mir auch nicht so richtig aus.

Kann mir da wer bitte helfen? :/

Danke

Comments

[DerRoll]

Nur eine kleine Korrektur, 3^2 = 9, d.h. 3^(2n+2) = 9*3^2n...

[GedankenGruetze]

Danke an beide. Hab es schon geändert. Hoffe, dass jetzt alles stimmt :D

Answer 1

[Willy1729]

Hallo,

der Anfang für n=1 ist trivial.

Zu zeigen ist, daß 7^(2n+2)+3^(2n+2)+30*21^(n+1) durch 16 teilbar ist unter der Annahme, daß die IV stimmt.

Zunächst änderst Du zu 49*7^(2n)+9*3^(2n)+30*21*21^n. Das war richtig.

Wenn die IV stimmt, dann ist ja 7^(2n)+3^(2n)+30*21^n durch 16 teilbar.

Ziehst Du das von 49*7^(2n)+9*3^(2n)+21*30*21^n ab, bleibt
48*7^(2n)+8*3^(2n)+20*30*21^n übrig. Das muß auch durch 16 teilbar sein, weil Du ja eine durch 16 teilbare Zahl (das war die IV) abgezogen hast.

Da 48*7^(2n)=16*3*7^(2n) auch durch 16 teilbar ist, kannst Du auch diesen Summanden abspalten. Es bleibt zu zeigen, daß 8*3^(2n)+20*30*21^n durch 16 teilbar ist.

Das zeigst Du wieder durch Induktion. Auch hier ist der Anfang für n=1 trivial.

Zu zeigen ist, daß 8*3^(2n+2)+600*21^(n+1) durch 16 teilbar ist.

Wieder wird umgeschrieben zu 8*9*3^(2n)+21*600*21^n und wieder wird der laut neuer IV durch 16 teilbare Term 8*3^(2n)+600*21^n abgezogen.

Es bleibt 64*3^(2n)+20*600*21^n.

Das ergibt 16*4*3^(2n)+16*75*7^(2n)=16*(4*3^(2n)+75*7^(2n)) und ist damit eine durch 16 teilbare Zahl. Mit dieser zweiten Induktion ist der Beweis erbracht.

Mag sein, daß es auch eleganter geht - aber Hauptsache ist ja, daß es funktioniert.

Herzliche Grüße,

Willy

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[GedankenGruetze]

Alle Antworten waren cool, aber die hier wohl auch die Aufwendigste. Deshalb Stern + Danke (an alle)

[Willy1729]

Vielen Dank für den Stern.

Willy

Answer 2

[RitterToby08]

$49\cdot7^{2n}+9\cdot3^{2n}+21\cdot21^n\cdot30=7^{2n}+3^{2n}+21^n\cdot30+48\cdot7^{2n}+8\left(3^{2n}+3\cdot5^2\cdot21^n\right)$

Unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung und 16|48 musst du dir nur noch überlegen, dass der Term in der Klammer hinter 8 durch 2 teilbar ist.

Answer 3

[Mathmaninoff]

Wie klammere ich jetzt weiter aus?

Um zu zeigen, dass der Term durch 16 teilbar ist, muss man nur 16 ausklammern. Ich nenne den Term aus der Aufgabe mal T(n).

Die Induktionsvoraussetzung ist, dass T(n) = 16k mit k ∈ ℤ.

Zu zeigen ist, dass man aus T(n + 1) auch 16 ausklammern kann.

Dazu muss der Term T(n + 1) aufgeteilt werden in T(n) und einen Restterm R(n), sodass T(n + 1) = R(n) + T(n) = R(n) + 16k. Aus dem Restterm R(n) der Faktor 16 ausgeklammert werden, sodass aus der gesamten Summe 16 ausgeklammert werden kann.

Teile dazu 49 in 48 + 1 und analog für die anderen Koeffizienten auf, sodass T(n) separiert werden kann.

Bei dieser Aufgabe sticht mir die zweite binomische Formel ins Auge:

$7^{2n}\ +\ 3^{2n}\ +\ 21^n\ \cdot\ 30$ $=(7^n - 3^n)^2 + 32 \cdot 21^n$

Jetzt muss man nur noch zeigen, dass das in der Klammer durch 4 teilbar ist. Das kann man auch durch vollständige Induktion zeigen.

Für n = 1 bekommen wir 7 - 3 = 4.
Induktionsschritt:

$7^{n+1} - 3^{n+1} = 7 \cdot 7^n - 3 \cdot 3^n = 8 \cdot 7^n - 4 \cdot 3^n - ( 7^n - 3^n)$ Nach Induktionsvoraussetzung ist 7ⁿ - 3ⁿ durch 4 teilbar.

Oder statt mit Induktion könnte man auch argumentieren, dass 7ⁿ - 3ⁿ= (3 + 4)ⁿ - 3ⁿ und beim Ausmultiplizieren von (3 + 4)ⁿ wird der erste Summand 3ⁿ abgezogen und alle anderen Summanden sind durch 4 teilbar.

Comments

[GedankenGruetze]

Sorry, falls ich es nicht checke, aber wie kommst du auf 4?

[Mathmaninoff]

@GedankenGruetze

Sorry, es sollte natürlich 16 sein.

Answer 4

[gfntom]

49 * 7²ⁿ + 9 * 3²ⁿ + 21 * 21ⁿ * 30

Davon ziehst du ab:

9 * (7²ⁿ + 3²ⁿ + 21ⁿ * 30 )

Bleibt

40 * 7²ⁿ + 12 * 21ⁿ * 30 =

40 * (7²ⁿ + 9 * 21ⁿ)

40 ist durch 8 teilbar, die Klammer durch 2 (weil beide Summanden ungerade sind)

gesamt also durch 16 teilbar

Comments

[Willy1729]

Besser als meiner.

[gfntom]

@Willy1729

Was ich auch gesehen habe:

7²ⁿ + 3²ⁿ + 21ⁿ *30 =

= (7ⁿ)² + 2 * 3ⁿ*7ⁿ + (3ⁿ)² + 21ⁿ * 28 =

=(7ⁿ + 3ⁿ)² + 21ⁿ*28

Obs hilft?

[Willy1729]

@gfntom

Mit der Aufteilung von 21^n in 3^n*7^n hatte ich auch herumprobiert. Das mit dem Binom ist interessant - aber man muß ja immer noch die Teilbarkeit durch 16 beweisen. Da halte ich die Idee mit der Abspaltung für zielführender.

[Mathmaninoff]

@Willy1729

Das hatte ich auch gesehen. Man muss die zweite binomische Formel anwenden und nicht die erste, sodass man (7ⁿ - 3ⁿ)² + 21ⁿ*32 bekommt.

[Willy1729]

@Mathmaninoff

Das ist gut. Haut hin.