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Könnte die Lösung hier passen?


Wir zeigen die Behauptung 23n+13{ 2 }^{ 3n }+13 ist durch 7 teilbar für nNn \in \mathbb{N}.

Induktionsanfang: Für n=0n=0 ist die Behauptung 7 teilt 230+13=14{ 2 }^{ 3\cdot0 }+13=14 richtig

Induktionsvoraussetzung: Für ein beliebiges aber festes nNn \in \mathbb{N} gilt 23n+13=7pmit pN \qquad { 2 }^{ 3n }+13=7p \quad \text{mit}\space p\in \mathbb{N} Induktionsbehauptung: Es soll für n=n+1n=n+1 gelten 23(n+1)+13=7qmit qN\qquad { 2 }^{ 3(n+1) }+13=7q \quad \text{mit}\space q\in \mathbb{N} Induktionsschritt: Es soll für nn+1 n\rightarrow n+1 gelten: 23(n+1)+13=23n+3+13=2323n+13=2323n+13+23132313=23(23n+13)+132313=IV23(7p)713=8(7p)713=7(8p13) \begin{aligned}\qquad { 2 }^{ 3(n+1) }+13&={ 2 }^{ 3n+3 }+13 \\&={ 2 }^{ 3 }\cdot{ 2 }^{ 3n }+13 \\&={ 2 }^{ 3 }\cdot{ 2 }^{ 3n }+13+{ 2 }^{ 3 }\cdot13-{ 2 }^{ 3 }\cdot13 \\&={ 2 }^{ 3 }({ 2 }^{ 3n }+13)+13-{ 2 }^{ 3 }\cdot13 \\&\overset { IV }{ = } { 2 }^{ 3 }(7p)-7\cdot13 \\&=8(7p)-7\cdot13\\&=7(8p-13) \end{aligned} q.e.d.?

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Der Induktionanfang ist falsch.

Du könntest schreiben:

Induktionsanfang:
Für n=0n=0 ist 7(230+13)=14\:7\:\vert \left(2^{3\cdot 0} + 13\right) = 14 wahr.

Job, dass habe ich vorhin leider vergessen:)

Stimmt der Rest?

"Es soll für n=n+1n=n+1 gelten"
"Es soll für nn+1 n\to n+1 gelten"

Das kannst du so doch nicht schreiben. Hat man euch das wirklich so gezeigt?

Naja uns hat man generell gar nichts gezeigt, mache es im Selbststudium, studiere noch nicht:)

Wie würde man es denn besser schreiben, so dass ich es einmal richtig gesehen habe.

Vlt im IV:

Wir zeigen nun n-> n+1....?

Ich finde die folgende Darstellung vollkommen ausreichend:

---

zz. nN : 7(23n+13) \forall n \in \mathbb{N} : 7 | \left( 2^{3n} + 13 \right)

Bew. mit vollständiger Induktion:

Induktionsanfang:

Die Aussage gilt für n=0 n=0 , denn 230+13=14 2^{3\cdot 0} + 13 = 14 und 714 7 | 14 .

Induktionsschritt ("nn+1 n \rightsquigarrow n+1 "):

(IV) Die Aussage gelte für ein nN n \in \mathbb{N} , d.h. 723n+13 7 | 2^{3n} + 13 .

(IB) Die Aussage gilt dann auch für n+1n+1, d.h. 723(n+1)+13 7 | 2^{3(n+1)} + 13 , denn:

23(n+1)+13=23n+3+13=823n+13=(723n)+(23n+13) 2^{3(n+1)} + 13 = 2^{3n + 3} + 13 = 8 \cdot 2^{3n} + 13 = \left( 7 \cdot 2^{3n} \right) + \left(2^{3n} + 13\right)

Offenbar gilt 7723n 7 | 7\cdot 2^{3n} , außerdem nach (IV) auch 723n+13 7 | 2^{3n} + 13 .

Somit 723(n+1)+13 7 | 2^{3(n+1)} + 13 . \Box

---

Beweise beendet man mit einem Kasten. Das QED wird nur noch gelegentlich bei sehr langen Beweisen verwendet.

n=n+1n=n+1 ergibt aber keinen Sinn, denn diese Gleichung ist in N \mathbb{N} nie erfüllt. Auch bei "Es soll für nn+1 n \to n+1 gelten" ist nicht klar, was du sagen will. Es soll ja nichts gelten, du möchtest ja viel eher zeigen, dass es gilt.

Ahhh super , ich danke dir für die Tipps:)

2 Antworten

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Ist mit dem Kommentar richtig.

Am Schluss könnte vielleicht noch stehen, also mit

q = 8p-13 ist die I.beh. erfüllt.

Avatar von 289 k 🚀

Alles Klar mach ich so, danke:)

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  Hier du solltest mehr modulo lernen .  Diesen Klax Fez mach ich doch im Kopp .


     2  ³  =  1  mod  7  ===>  2  ^  (  3  n  )  =  1  ^  n  =  (  +  1  )        (  1  )

     13  =  (  -  1  )  mod  7       (  2  )


    Dass ihr das nicht könnt - dass fast niemand es beherrscht .  Bei den ganzen Quersummenregeln rächt sich das nämlich bitter .

Avatar von 5,5 k

Mmh muss ich mir mal anlesen, sagt mir aber leider noch nichts:)

  Vielleicht wäre es ganz geschickt, wenn du dir mal einen Algebratext besorgst .  Artin, v.d. Waerden oder das höchst geniale Skript von Otto Haupt .  Und dann machst du dich mal kundig übeer   den ===>  Restklassenkörper  F_p  .

     So bald du Modulorechnungen beherrschst, meld dich ruhig nochmal.  Dann bring ich dir mal bei, wie man mit einer Quersumme Teilbarkeit testet .

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