Zeigen Sie für alle n Element N 2^{n+1}+3*7^{n}=5k

Question

2^{n+1}+3×7^{n}=5k

Ich hab

2*2^{n}+3*7^{n}=5k

Denkanstösse bitte

Sowas wie diese umformung brauchst du.

Comments

Warum probierst du nicht einfach? 

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Danke für deine hilfen , ich geh jetzt schlafen morgen mach ich mich ran.

Answer 1

Wenn du nicht weiter kommst dann hier markieren:

2^{n + 1} + 3·7^n ist durch 5 teilbar

Induktionsanfang: n = 1

2^{1 + 1} + 3·7^1 = 25

Induktionsschritt: n --> n + 1

2^{(n + 1) + 1} + 3·7^{n + 1}

= 2·2^{n + 1} + 21·7^n

= 2^{n + 1} + 2^{n + 1} + 3·7^n + 3·7^n + 15·7^n

= (2^{n + 1} + 3·7^n) + (2^{n + 1} + 3·7^n) + (15·7^n)

Alle drei Summanden sind durch 5 teilbar.

Comments

Kreativität kennt keine Grenzen :)

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Danke dir ist ziemlich kreativ

Aber mal eine frage wie kannst bzw. weiss du das die annahme stimmt.= (2n + 1 + 3·7n) woher ohne zu ueberpruefen weisst du das?(Ich weiss, dass du es weisst aber ich kann das nicht erkennen ich meine vielleicht ist ja die behauptung falsch).

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Ähm. Vollständige Indunktion. Ich zeige das es für n = 1 gilt. Und dann zeigt man das es für n + 1 gilt unter der Annahme das es für n gilt. 

Also wenn es für n = 1 gilt gilt es auch für n + 1 = 2.

Wenn es dann für n = 2 gilt, gilt es auch für n + 1 = 3

Wenn es dann für n = 3 gilt, gilt es auch für n + 1 = 4.

Damit zeigen wir ganz geschickt dass es für alle n gilt.

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Das ist mir klar^^

Aber du formst doch manchmal nach der behauptung um, woher weisst du das die umforung stimmt meinte ich ;)

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Man stellt den Term für n+1 auf. Darin darf man verwenden das der Ausdruck für n gültigkeit besitzt.

Das ist in der vollständigen Induktion immer so und das wird auch immer so angewendet.

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Ah ok

8ch nehme an das es richtig ist

Und falls es falsch ist wird am ende der term auch falsch sein. Was ist aber bei richtig schweren termen.

Ich erfinde mal einen der nicht stimmt aber als beispiel dienen soll

Behauptung

(e^{x}!<4x+3! ×sin(x)!

Und da?

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Du kannst einen Term für n + 1 aufstellen aber hier nicht allgemeingültig zeigen das dieser gilt wenn es auch für n gilt. Das geht halt nur wenn man den Term irgendwie auf einen Ausdruck von n zurückführen kann.

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n^{2}×(ex!<4x+3! ×sin(x×n)!

Und mit n?

Wenn man durch falsche behauptung formt

Muesste doch am sichtbar se8n oder nicjt?

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Wenn du schon Terme aufschreibst sollten die auch gültig sein. Du fabrizierst da oben nur Mist. Den würde man eigentlich gleich zur Bearbeitung ablehnen.

Wenn du einen Term von deinem Prof bekommst dann ist dieser eigentlich in der Regel schon 1000 mal durchgerechnet worden. 

Und das sind generell auch Terme die man entweder leicht beweisen oder widerlegen kann.

(e^x!<4x+3! ×sin(x)!

Man könnte argumentieren das e^x immer positiv ist. Was dann die Fakültät einer irrationalen Zahl ist müsstest du erstmal wissen bevor du es bearbeiten kannst. Auf der rechten Seite steht dank dem Minus durchaus ein negativer Term,. Daher kann die rechte Seite schon allgemein nicht größer sein als die Linke.

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Ich habe doch gesagt ich schreibe absichtlich einen falschen term auf.

Der keinen sinn macht.(es sollte hauptsach kompliziert aussehen^^)

Wie ich es erwähnte.

Ich denke meine frage wurde beantwortet danke dafuer ;) 

Answer 2

Induktionsbeweis?

Verankerung: n=1

4 + 21 = 25 = 5k ok.

Induktionsschritt 

Vor

2ⁿ⁺¹+3*7ⁿ=5k      <==> 3×7ⁿ=5k - 2^{n+1}

Beh:

2ⁿ⁺²+3*7ⁿ⁺¹=5q

Beweis:

2ⁿ⁺²+3*7ⁿ⁺¹= 2ⁿ⁺²+3×7ⁿ*7         | Vor. einsetzen

= 2^{n+2} + (5k -  2^{n+1})* 7

= 2*2^{n+1} + 7*5k - 7*2^{n+1}

= 7*5k - 5*2^{n+1} = 5(7k - 2^{n+1}) qed Induktionsschritt.

Anmerkung: Ich muss auch zuerst fertig rechnen, bevor ich weiss, was ich alles brauche ;)

Comments

2·2^n + 3·7^n  ≡  2·2^n + 3·2^n  ≡  5·2^n  ≡  0  mod  5

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Das mit mod verstehe ich nicht so gut

Das ist doch das mit drm restbetrag oder nicht?

Gib man das in gtrvein?

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Ich danke dir sehr

Das problem ist mal wieder das icu nicht alleine drauf kommen wuerde.

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Du solltest nicht versuchen, die Aufgaben ohne Studium des Skriptes zu lösen!

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Ich werde mir mal den skript dann jetzt durch gehen ^^

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hj215: Danke für die Ergänzung! 

"2·2ⁿ + 3·7ⁿ  ≡  2·2ⁿ + 3·2ⁿ  ≡  5·2ⁿ  ≡  0  mod  5"  ist natürlich eleganter.

Hatte gar nicht so weit überlegt, da immai die Modulorechnung noch nicht kennt.

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Unter uns und im Vertrauen :  Vollständige Induktion kennt er auch nicht besonders gut

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Ich koennte weinen ;(

Aber frueher oder später werde ich es koennen ;)

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Bestimmt. Du übst das ja nun.

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Zum Weinen besteht überhaupt kein Grund.

Vollständige Induktion ist tatsächlich ein schwieriges Thema und zwar aus folgendem Grund : Man muss einerseits das zugrunde liegende Prinzip, also die Idee der Beweisstruktur verstehen und andererseits dieses Prinzip anwenden in neuen, ungewohnten und z.T recht komplizierten algebraischen Umformungsschritten.

Die Frage ist allerdings, ob du das alleine bzw. mit Unterstützung dieses Foriums meistern kannst. Solltest du nicht eventuell versuchen, ein paar Freunde, Studienkollegen, Leidensgenossen zu finden, mit denen du dich besprechen und austauschen kannst ?  Das Studium eines einzigen guten Buches von einem einzigen Autor mit einem einzigen durchgehenden Stil hilft wahrscheinlich mehr als die vielen Beiträge (noch dazu unterschiedlicher Mitglieder) dieses Forums, die auch aufgrund ihrer beschränkten Ausführlichkeit immer nur Flickschusterei bleiben können.

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Ich danke dir ;)

Für die aufbaurnden worte;)

Das bloede für mich ist,dass ich manchmal tagr für eine losung brauche.

Früher in drr schule habe ich selbst die prüfung sehr schnell durchgemacht.

Zum erstenmal solange überlegen zu müssen, ist ungewohnt für mich.

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Es stimmt ich vernachlissige das skript etwas.

Wahrscheinlich weil ich frueher in der schulr alles auf anhieb verstehen konnte.

Das muss ich jetzt ändern.

Bin es halt nicht gewohnt länger an einer aufgabe stecken zu bleiben.

Zudem ich ja noch nicht einmal die gestellten induktions aufgaben gut genug verstanden. Teilweisse verstehe ich es ja aber immer an euner neue aufgabe hänge ich ;)

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Ich kann immerhin nachvollziehen ;)

Alleine wäre ich aber nicht drauf gekommen. Bild kommt mit^^

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Hier das bild nich ;)