Die Summe der dritten Potenzen dreier aufeinander folgender natürlicher Zahlen ist durch 9 teilbar.

Question

Beweisen sie folgendes :

Die Summe der dritten Potenzen dreier aufeinander folgender natürlicherZahlen ist durch 9 teilbar.

 

Hab jetzt 3a³+9a²+15a+9=9*b

 

Wie kann ich jetzt begründen,dass der Term durch 9 Teilbar ist ?

Comments

Hallo Ellipidoo, 

drei aufeinanderfolgende Zahlen lassen sich darstellen als

a, a+1, a+2

Summe ihrer 3. Potenzen:

a³ + (a+1)³ + (a+2)³ =

a³ + (a² + 2a + 1) * (a + 1) + (a² + 4a + 4) * (a + 2) =

a³ + a³ + a² + 2a² + 2a + a + 1 + a³ + 2a² + 4a² + 8a + 4a + 8 =

3a³ + 9a² + 15a + 9 =

(3a³ + 15a) + 9 * (a² + 1)

 

Zu zeigen bleibt, dass 3a³ + 15a durch 9 teilbar ist; durch 3 ja, es bleibt die Frage:

Ist a³ + 5a durch 3 teilbar?

 

Vollständige Induktion:

Zu beweisen: a³ + 5a ist durch 3 teilbar  

Verankerung (a = 1)

1³ + 5 * 1 = 6 ist durch 3 teilbar

Annahme: Es gelte für a = n

Schritt: Dann soll es auch für a = n + 1 gelten

(n + 1)³ + 5 (n + 1) =

n³ + 3n² + 3n + 1 + 5n + 5 =

n³ + 3n² + 8n + 6 =

(n³ + 5n) + 3n² + 3n + 6 =

(n³ + 5n) + 3 * (n² + n + 2)

n³ + 5n ist durch 3 teilbar nach Annahme

3 * (n² + n + 2) ist auch durch 3 teilbar. 

 

Sorry, dass es so kompliziert war :-)

 

Besten Gruß

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Sorry.                                                                                                                                                                                       Bei meinem Kommentar ist wohl was mit der Formatierung schiefgelaufen.

2. Versuch.

Eine Betrachtung der absolut kleinsten Reste erster Kuben für das Modul 3² zeigt,dass drei adiacente Kuben summ. stets ≡ 0 mod 3² sind:

		mod 3²
1	³	1
2	³	-1
3	³	0
4	³	1
5	³	-1
6	³	0
…

Immer treten kombinatorisch für drei aufeinanderfolgende Kuben mod 3² die drei Reste 0,±1 auf, die summiert natürlich stets 0 liefern.

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@Brucybabe: Diesen Kommentar kannst du auch als Antwort posten (meiner Meinung nach).

Mister

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@ Mister:
Danke für diese Einschätzung!

Hatte das auch ursprünglich als Antwort, dann dachte ich, ich hätte eine elegantere Lösung gefunden,
so dass ich meine Antwort zu einem Kommentar machte.
Jetzt sehe ich Deine Antwort und erkenne: Es ist alles - und richtig - gesagt :-)

Besten Gruß

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Hallo Brucybabe,

Können Sie mir bitte hierbei helfen ? Ich brauche  Hilfe !

https://www.mathelounge.de/60399/herr-stellt-fest-dass-fahrten-mit-bahn-einmal-seine-fahrkarte?show=60513#a60513

Answer 1

zu zeigen gilt es, dass:

\( n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3 \)

durch \( 3 \) teilbar ist.

Die sogenannte Moduloschreibweise, in der nur sogenannte Restklassen benutzt werden, eignet sich besonders gut für solche Beweise.

Bei Division durch \( 3 \) gibt es drei Restklassen und zwar Rest \( 0 \), Rest \( 1 \) und Rest \( 2 \). Bei drei aufeinander folgenden Zahlen sieht man leicht ein, dass jede Restklasse genau einmal vorkommt. Die dritte Potenz dieser Restklassen ergibt:

\( 0^3 \equiv 0\ (mod\ (3)) \),

\( 1^3 \equiv 1\ (mod\ (3)) \),

\( 2^3 \equiv 2\ (mod\ (3)) \), (8 hinterlässt bei Division durch 3 wieder den Rest 2).

Für die Darstellung von \( n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3 \) bedeutet dies:

\( n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3 \equiv 0 + 1 + 2 \equiv 0\ (mod\ (3)) \)

und damit ist diese Summe durch \( 3 \) teilbar.

MfG

Mister

Answer 2

Eine Betrachtung der absolut kleinsten Reste erster Kuben für das Modul 3² zeigt,dass drei adiacente Kuben summ. stets ≡ 0 mod 3² sind:
mod 3²
1³
      1
2³
      -1  (weil ³+1=3²)
3³
       0
4³
       1  (weil 4³-1=63)
5³
       -1 (weil 5³+1=126)
6³
        0

Immer treten kombinatorisch für drei aufeinanderfolgende Kuben mod 3² die drei Reste 0,±1 auf, die summiert natürlich stets 0 liefern.