Teilbarkeitsregel durch 11 (alternierende Quersumme) ohne modulo beweisen

Question

wie beiweist man denn die Teilbarkeitsregel durch 11:

Eine natürliche Zahl a ist genau dann durch 11 teilbar, wenn ihre alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist.

Wir sollen das ganze ohne modulo beweisen.

Dezimaldarstellung und Quersumme sind mir bekannt, aber ich bekomme die 11 nicht ausgeklammert.

Comments

Vom Duplikat:

Titel: a genau dann durch 11 teilbar, wenn ihre alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist.

Stichworte: zahlentheorie

Aufgabe: Es sei a eine (N+1)-stellige natürliche Zahl. Dann gibt es $$a_k \in $${0,1,...,9} mit $$0 \le k \le N$$ so dass gilt

$$a= \sum\limits_{k=0}^{N} a_k \cdot 10^k$$

Die alternierende Quersumme von a ist definiert als

$$Q(a)= \sum\limits_{k=0}^{N} (-1)^k a_k$$

Zeigen Sie: $$a \in \mathbb{N}$$ ist genau dann durch 11 teilbar, wenn ihre alternierende Quersumme durch 11 teilbar ist.

Answer 1

Sei a die Zahl mit a = ao +10a1 +100a2 +1000a3 +...etc.

= ao +11a1-1*a1 +99a2+1*a2 +1001a3-1*a3 +....etc

Die roten Summanden sind alle durch 11 teilbar, was übrig bleibt

 ao -1*a1+1*a2 -1*a3 +....

ist die alternierende Quersumme.

Answer 2

  Beweise sind eine Sache.   Aber diese alternierende Quersumme erster Ordnung A1  ist ein tot geborenes Kind. Weißt du, wie man auf Teilbaekeit durch 11 prüft?

   Eine Zahl m besitzt als Teilbarkeitsregel die Quersumme k_ter Ordnung  Q_k  ( mit k = k ( m ) genau dann, wenn die Teilbarkeit gilt

       m  |  10  ^  k  -  1       (  1  )

      D.h. es stellt sich sofort heraus, dass  die Q2 eine Teilbarkeitsregel ist für 3 , 9 und 11 , weil ja 99 teilbar ist durch alle drei Zahlen.   ( Bei der 3 und der 9 spielt es übrigens keine Rolle, ob du die Zweiergruppen von Links oder von Rechts abstreichst. )

    Ich bin übrigens der erste, der praktischen Nutzen daraus zieht, dass sämtliche Quersummen auch modulo funktionieren; der unten beschriebene Algoritmus ist auf meinem Mist gewachsen.  

   Und zwar darf eine Zahl mod 3 nur sein  0  oder ( +/- 1 )

   Mod 9 sind nur erlaubt  0 so wie +/- ( 1, 2 , 3 , 4 )

   Mod 11 hast du 0 , +/- ( 1 , ... , 5 )

   Ich setze darauf, dass sich alle Reste weg interferieren.

   Den Rest einer zweistelligen Zahl mod ( 3 , 9 , 11 )  kennst du schließlich auswändig.

   Testen wir einmal als Beispiel  1 234 567 890   . Teilbarkeit durch 3 .

     90  =  0  mod  3

     78  =  0  mod  3

     56  =  ( - 1 )   mod  3         (  1a  )

    34  =  1  mod  3               (  1b  )

    12 =  0  mod  3

    Es bleiben nur ( 1ab ) gegeneinander zu verrechnen.  Und jetzt durch 9

    90  =  0  mod  9

    78  =  ( - 3 )   mod  9          ( 2a )

    56  =  2    mod  9            (  3a  )

    34  =  ( - 2 )  mod  9         (  3b  )            (  1b  )

    12 =  3  mod  9       (  2b  )

   Wir beobachten, dass sich ( 2a ) gegen ( 2b ) weg hebt und ( 3a ) gegen ( 3b )  ; es folgt die  11  .

    90  =  2  mod  11

    78  =  1  mod  11

    56  =  1  mod  11      

    34  =  1  mod  11             

    12 =  1  mod  11

   Wolfram bestätigt dieses Ergebnis 6 , das sich jetzt auf einmal dem Kopf Rechnen erschließt.  Hier ich fühl mich mächtig, dass ich  eine Regel zum Kopf Rechnen entdeckt habe.

   Mit der Q2 bekommst du übrigens einen besonders schönen Beweis für die Elferregel von den  ===>  Spiegelzahlen.