Ganzzahlige Teilbarkeit < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Zeigen Sie: Für ein beliebiges n [mm] \in \IN [/mm] ist [mm] n^{4} [/mm] - [mm] n^{2}
[/mm]
ganzzahlig durch 12 teilbar. |
Hallo 
Für die Aufgabe fehlt mir bislang noch der "zündende Gedanke".
Ich weiß ja auf jeden Fall, dass [mm] n^{4} [/mm] - [mm] n^{2} [/mm] gerade sein muss, egal ob n gerade oder ungerade ist. Das unterstützt die Aussage ja schon etwas.
Wenn ich etwas umstelle erhalte ich ja Folgendes:
[mm] n^{2}(n^{2} [/mm] - 1 )
Wenn ich hier zeigen könnte, dass [mm] n^{2} [/mm] durch 12 ganzzahlig teilbar ist, würde das ja auch als Beweis genügen, aber auch darauf komme ich leider nicht.
Kann mir jemand weiterhelfen?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:50 Mi 02.07.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Ich würde das per Induktion machen.
Fang als Ind-Anfang mit n=2 an.
Zum Ind-Schrit einige Tipps.
[mm] (n+1)^{4}-(n+1)²
[/mm]
[mm] =n^{4}+4n³+6n²+6n+1-(n²+2n+1)
[/mm]
[mm] =n^{4}+4n³+5n²+4n
[/mm]
Wenn du jetzt noch weisst, dass [mm] n^{4}-n²=(n²-n)(n²+n) [/mm] kannst du mal versuchen
[mm] n^{4}+4n³+5n²+4n [/mm] mit der Polynomdivision zu zerlegen, so dass du am Ende einen Term der Art (...)(n²-n)(n²+n) herausbekommst, der dann nach Ind.-Voraussetzung durch 12 teilbar ist.
Marius
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Danke für die schnelle Antwort.
Das mit der v.Induktion kann ich nachvollziehen, auch wenn ich auf den Term [mm] (n^{2}-n) (n^{2}+n) [/mm] wohl so schnell nicht gekommen wäre. Danke dafür!
Aber gibt es auch eine andere Möglichkeit?
Denn die Polynomdivision dürfte ich vermutlich gar nicht benutzen, da die Aufgabe unter dem Aspekt der Lösbarkeit in der Sekundarstufe I gestellt wird...(Allerdings halte ich die Aufgaben nicht wirklich für die Sek I geeignet  )
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:30 Mi 02.07.2008 | | Autor: | M.Rex |
Hallo nochmal
> Danke für die schnelle Antwort.
>
> Das mit der v.Induktion kann ich nachvollziehen, auch wenn
> ich auf den Term [mm](n^{2}-n) (n^{2}+n)[/mm] wohl so schnell nicht
> gekommen wäre. Danke dafür!
Bitte. Deine Zerlegung würde aber auch gehen.
Dann hast du halt einen Term der Art (...)n²(n²-1)
Und auch das ist nach I.Vorauss durch 7 teilbar.
>
> Aber gibt es auch eine andere Möglichkeit?
Alternativ kannst du auch erstmal einmal ausklammern, und dann erst versuchen, die Polynomdivision zu machen.
> Denn die Polynomdivision dürfte ich vermutlich gar nicht
> benutzen, da die Aufgabe unter dem Aspekt der Lösbarkeit in
> der Sekundarstufe I gestellt wird...(Allerdings halte ich
> die Aufgaben nicht wirklich für die Sek I geeignet )
Ich ehrlich gesagt auch nicht. Ohne Polynomdivision ist das fast unmöglich - meiner Meinung nach.
Marius
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:40 Mi 02.07.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Aber gibt es auch eine andere Möglichkeit?
Per Modulo-Rechnung geht das noch, dann muss man einfach 0 bis 11 einsetzen und schauen was passiert.
Und per Modulo-Rechnung zusammen mit dem chinesischen Restsatz muss man noch weniger einsetzen (und modulo 3 bzw. 4 rechnen).
> Denn die Polynomdivision dürfte ich vermutlich gar nicht
> benutzen, da die Aufgabe unter dem Aspekt der Lösbarkeit in
> der Sekundarstufe I gestellt wird...(Allerdings halte ich
> die Aufgaben nicht wirklich für die Sek I geeignet )
Ja, das ist nicht so toll, irgendwie. Man kann natuerlich schon was von Hand machen, etwa die Modulo-Rechnung: man setzt $n = a [mm] \cdot [/mm] 12 + b$ mit ganzen Zahlen $a$ und $b$. Division mit Rest zeigt ja, dass man jedes $n$ mit $a$ und $b$ darstellen kann, so dass $0 [mm] \le [/mm] b < 12$ ist. Wenn man nun zeigt, dass [mm] $n^4 [/mm] - [mm] n^2$ [/mm] etwas durch 12 teilbares ist plus etwas, was nur noch von $b$ abhaengt (das bekommt man direkt durch nachrechnen), reicht es also aus, da jetzt fuer $b$ alle Zahlen zwischen 0 und 11 einzusetzen.
Man sieht dann wohl schnell, dass immer nur etwas herauskommt, was durch 12 teilbar ist.
Das ist allerdings relativ muehsam und ich glaube nicht, dass Schueler da von alleine drauf kommen.
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:02 Mi 02.07.2008 | | Autor: | statler |
Hi allerseits!
> Aber gibt es auch eine andere Möglichkeit?
> Denn die Polynomdivision dürfte ich vermutlich gar nicht
> benutzen, da die Aufgabe unter dem Aspekt der Lösbarkeit in
> der Sekundarstufe I gestellt wird...(Allerdings halte ich
> die Aufgaben nicht wirklich für die Sek I geeignet )
Wenn man im Zusammenhang mit der Bruchrechnung die Primfaktorzerlegung kennt (von Hand den Hauptnenner suchen) und die binomischen Formeln drauf hat (auch Sek I), dann hat man
[mm] n^{4} [/mm] - [mm] n^{2} [/mm] = [mm] (n-1)n^{2}(n+1).
[/mm]
Wenn n gerade ist, ist [mm] n^{2} [/mm] durch 4 teilbar, wenn n ungerade ist, dann sind n-1 und n+1 beide gerade, Produkt also auch durch 4 teilbar;
von den Zahlen n-1, n und n+1 ist eine durch 3 teilbar (intuitiv klar);
Folgerung: Produkt durch 12 teilbar
Sollte das ein Mittelstufenschüler nicht verstehen können? Und ein Tüfteltyp müßte das auch selbst ergründen können (und wollen).
Gruß von der Elbe
Dieter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:10 Mi 02.07.2008 | | Autor: | felixf |
Moin Dieter
> > Aber gibt es auch eine andere Möglichkeit?
> > Denn die Polynomdivision dürfte ich vermutlich gar
> nicht
> > benutzen, da die Aufgabe unter dem Aspekt der Lösbarkeit in
> > der Sekundarstufe I gestellt wird...(Allerdings halte ich
> > die Aufgaben nicht wirklich für die Sek I geeignet )
>
> Wenn man im Zusammenhang mit der Bruchrechnung die
> Primfaktorzerlegung kennt (von Hand den Hauptnenner suchen)
> und die binomischen Formeln drauf hat (auch Sek I), dann
> hat man
> [mm]n^{4}[/mm] - [mm]n^{2}[/mm] = [mm](n-1)n^{2}(n+1).[/mm]
> Wenn n gerade ist, ist [mm]n^{2}[/mm] durch 4 teilbar, wenn n
> ungerade ist, dann sind n-1 und n+1 beide gerade, Produkt
> also auch durch 4 teilbar;
> von den Zahlen n-1, n und n+1 ist eine durch 3 teilbar
> (intuitiv klar);
> Folgerung: Produkt durch 12 teilbar
> Sollte das ein Mittelstufenschüler nicht verstehen können?
> Und ein Tüfteltyp müßte das auch selbst ergründen können
> (und wollen).
Ja, da hast du recht!
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:49 Mi 02.07.2008 | | Autor: | felixf |
Hallo
> Ich würde das per Induktion machen.
>
> Fang als Ind-Anfang mit n=2 an.
>
>
> Zum Ind-Schrit einige Tipps.
>
> [mm](n+1)^{4}-(n+1)²[/mm]
> [mm]=n^{4}+4n³+6n²+6n+1-(n²+2n+1)[/mm]
Da stimmt aber etwas nicht, das $6 n$ muesste doch ein $4 n$ sein!
> [mm]=n^{4}+4n³+5n²+4n[/mm]
Damit wuerde hier [mm] $n^4 [/mm] + 4 [mm] n^3 [/mm] + 5 [mm] n^2 [/mm] + 2 n$ stehen.
> Wenn du jetzt noch weisst, dass [mm]n^{4}-n²=(n²-n)(n²+n)[/mm]
> kannst du mal versuchen
>
> [mm]n^{4}+4n³+5n²+4n[/mm] mit der Polynomdivision zu zerlegen, so
> dass du am Ende einen Term der Art (...)(n²-n)(n²+n)
> herausbekommst, der dann nach Ind.-Voraussetzung durch 12
> teilbar ist.
Man kommt auch ohne Polynomdivision weiter: [mm] $n^4 [/mm] + 4 [mm] n^3 [/mm] + 5 [mm] n^2 [/mm] + 2 n$ ist ja [mm] $n^4 [/mm] - [mm] n^2$ [/mm] plus $2 (2 [mm] n^3 [/mm] + 3 [mm] n^2 [/mm] + n)$.
Es reicht also zu zeigen, dass $2 [mm] n^3 [/mm] + 3 [mm] n^2 [/mm] + n$ durch 6 teilbar ist, also durch 2 und durch 3. Dass es gerade ist kann man per Fallunterscheidung machen: einmal $n$ gerade und einmal $n$ ungerade.
Und dass es durch 3 teilbar ist kann man auch wieder per Induktion zeigen.
Wird dann zwar noch laenger/aufwaendiger, aber man verzichtet zumindest auf sowas wie Polynomdivision :)
LG Felix
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