Für alle n∈IN gilt: 5 teilt 2^n+1+3*7^n

Question

Für alle n∈IN gillt:

5 teilt 2ⁿ⁺¹+3*7ⁿ

Vielleicht mittels vollständiger Induktion?

Comments

Tut mir Leid, ich komme nicht drauf.

Der Vorschlag von Legen...Där ist sicherlich richtig, aber ich sehe nicht, wie man

2ⁿ⁺² + 3*7ⁿ⁺¹

als durch 5 teilbares Vielfaches von

2ⁿ⁺¹+3*7ⁿ

darstellen kann.

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Das muss nicht zwingend ein Vielfaches sein...

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@Legen...Där:

Warum nicht? Wenn n ∈ ℕ, dann sollte IMHO doch gelten

2ⁿ⁺¹ + 3 * 7ⁿ < 2ⁿ⁺² + 3 * 7ⁿ⁺¹

Und da, was ja zu beweisen ist, sowohl der Term links vom Kleiner-Zeichen als auch der Term rechts vom Kleinerzeichen durch 5 zu teilen sind, sollte doch der rechte Term ein Vielfaches (und wohl auch ein durch 5 teilbares Vielfaches) vom linken Term sein - oder liege ich da wieder einmal daneben??

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Ich kann nicht folgen, sorry. Wieso denkst du, dass der rechte Term durch 5 teilbar ist?

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@ Legen...Där:

"Wieso denkst du, dass der rechte Term durch 5 teilbar ist?"

Das ist doch gerade durch vollständige Induktion zu beweisen!!

Wenn wir von der Behauptung

Für alle n∈IN gilt:

5 teilt 2ⁿ⁺¹+3*7ⁿ
ausgehen, dann müssen wir im Induktionsschritt doch zeigen, dass auch gilt:
5 teilt 2ⁿ⁺² + 3 * 7ⁿ⁺¹
(also Schluss von n auf n + 1)

Lieben Gruß
Andreas

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Ja klar, das müssen wir zeigen. Aber du hast doch gefolgert oben, und ich habe die Begründung nicht ganz verstanden.

Aber ja, vollständige Induktion ist zu kompliziert. Der Weg den ich habe ich viel (!) länger als der von Gast.

Answer 1

Möglichkeit 1: Modulorechnen: \( 2^{n+1}+3\cdot 7^n \equiv 2\cdot 2^n+3\cdot 2^n\equiv (2+3)2^n \equiv 0 \mod 5\).

Möglichkeit 2: Geschicktes Umformen: \( 7^n =(5+2)^n=2^n+5\cdot \text{ irgendeine natürliche Zahl} \) nach dem binomischen Lehrsatz.

Vollständige Induktion ist hier ein sehr umständliches Mittel.

Comments

Die 1. Möglichkeit konnte ich sogar nachvollziehen :-) Klasse!

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Die zweite Möglichkeit hab ich vielleicht etwas zu kurz gehalten - sie ist eigentlich die einfachere weil sie weniger Theorie braucht. Man muss genauso wie bei 1 vorgehen:

\( 2\cdot 2^n+3(2^n+5 \cdot \text{irgendwas} )= 5\cdot 2^n +5\cdot 3 \cdot \text{irgendwas} \)

Answer 2

Tipp: 7ⁿ = (2 + 5)ⁿ = 2ⁿ + 5·K(n)  mit  einer geeigneten natürlichen Zahl  K(n).

Answer 3

Hi,

ja, ich würde hier vollständige Induktion über n vorschlagen :)

Gruss

Comments

Ich weiß aber nicht wie ich das hier anweden soll Oo

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Nun, Induktionsanfang nimm den fall für n=1 oder 0, je nach dem, und gehe beim I.S. davon aus, dass die Ungleichung für n wahr ist.

Also:

I.A.: n=1 → 2ⁿ⁺¹+3*7ⁿ = 4 + 3*7 = 25 . Richtig, denn 5 teilt 25.

I.S.: n → n+1: 2ⁿ⁺² + 3*7ⁿ⁺¹

Versuche nun mal die Induktions Anahme für n in diesen Fall einzubringen.

Na das ist genau wie bei den "normalen" I.S. sag ich mal. Du beweist in der Annahme(!) dass die Aussage für n gilt, dass die Aussage für n+1 gilt. Jetzt klar?