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Induktionsbeweis: abschluss des Ganzen
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:35 So 06.09.2009
Autor: nawu9539

Aufgabe
Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass fur alle
n e N gilt:
bn := 2^2n+3 + 2 · 5^2n−1 ist durch 42 teilbar.

Induktionsanfang:

Setze n=1

[mm] b1:=2^2 [/mm] · 1+3 + 2 · [mm] 5^2·1-1=42 [/mm]
--> ist durch 42 teilbar --> wahre aussage.

Indusktionsschritt:
n--->n+1

bn+1 = [mm] 2^2(n+1)+3 [/mm] + 2 · [mm] 5^2(n+1)-1 [/mm]
         = 2^2n+5 + 2 · 5^2n+1
         = 2^2n+3 · [mm] 2^2 [/mm] + 2 · 5^2n-1 · [mm] 5^2 [/mm]
         = 2^2n+3 · 4 + 2 · 5^2n-1 · 25
         = 2^2n+3 · 4  + 4 · 2 · 5^2n-1 - 4 · 2 · 5^2n-1 + 2 · 5^2n-1 · [mm] 5^2 [/mm]
    (iv)= 4 · bn - 4 · 2 · 5^52n-1 + 2 · 5^2n-1 · [mm] 5^2 [/mm]

hier komme ich jetzt nicht weiter...vielleicht ist dort auch ein rechenfehler?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.


        
Bezug
Induktionsbeweis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 18:08 So 06.09.2009
Autor: schachuzipus

Hallo nawu9539 und herzlich [willkommenmr],

> Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass fur alle
>  n e N gilt:
>  bn := 2^2n+3 + 2 · 5^2n−1 ist durch 42 teilbar.
>  Induktionsanfang:
>  
> Setze n=1
>  
> [mm]b1:=2^2[/mm] · 1+3 + 2 · [mm]5^2·1-1=42[/mm]
>  --> ist durch 42 teilbar --> wahre aussage.

>  
> Indusktionsschritt:
>  n--->n+1
>  
> bn+1 = [mm]2^2(n+1)+3[/mm] + 2 · [mm]5^2(n+1)-1[/mm]
>           = 2^2n+5 + 2 · 5^2n+1
>           = 2^2n+3 · [mm]2^2[/mm] + 2 · 5^2n-1 · [mm]5^2[/mm]
>           = 2^2n+3 · 4 + 2 · 5^2n-1 · 25
>           = 2^2n+3 · 4  + 4 · 2 · 5^2n-1 - 4 · 2 ·
> 5^2n-1 + 2 · 5^2n-1 · [mm]5^2[/mm]
>      (iv)= 4 · bn - 4 · 2 · 5^52n-1 + 2 · 5^2n-1 · [mm]5^2[/mm]
>
> hier komme ich jetzt nicht weiter...vielleicht ist dort
> auch ein rechenfehler?
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.

Mache dir die Sache einfacher, indem du zeigst, dass [mm] $b_n$ [/mm] durch $2,3$ und $7$ teilbar ist.

Damit ist es dann auch durch [mm] $42=2\cdot{}3\cdot{}7$ [/mm] teilbar

Die Teilbarkeit durch 2 ist unmittelbar klar, du kannst ja aus dem allg. [mm] $b_n$ [/mm] eine 2 ausklammern.

Die Teilbarkeit durch 3 und 7 weise durch Induktion nach

zu 3:

IS: [mm] $n\to [/mm] n+1$

IV: Sei [mm] $n\in\IN$ [/mm] und gelte [mm] $3\mid \left(2^{2n+3}+2\cdot{}5^{2n-1}\right)$ [/mm]

Zu zeigen ist [mm] $3\mid \left(2^{2n+5}+2\cdot{}5^{2n+1}\right)$ [/mm]

Nach IV gilt [mm] $3\mid \left(2^{2n+3}+2\cdot{}5^{2n-1}\right)$ [/mm]

Also auch [mm] $3\mid \underbrace{4}_{=2^2}\cdot{}\left(2^{2n+3}+2\cdot{}5^{2n-1}\right)$ [/mm]

dh. [mm] $3\mid \left(2^{2n+5}+4\cdot{}2\cdot{}5^{2n-1}\right)$ [/mm]

Also auch [mm] $3\mid \underbrace{25}_{=5^2}\cdot{}\left(2^{2n+5}+4\cdot{}2\cdot{}5^{2n-1}\right)=\left(25\cdot{}2^{2n+5}+4\cdot{}2\cdot{}5^{2n+1}\right)=\left(2^{2n+5}+2\cdot{}5^{2n+1}\right)+\left(24\cdot{}2^{2n+5}+3\cdot{}2\cdot{}5^{2n+1}\right)$ [/mm]

Gezeigt ist also, dass 3 diese ganze Summe teilt.

Den zweiten Summanden teilt es aber offensichtlich auch, du kannst ja 3 ausklammern.

Damit teilt es aber auch die Differenz [mm] $\left(2^{2n+5}+2\cdot{}5^{2n+1}\right)+\left(24\cdot{}2^{2n+5}+3\cdot{}2\cdot{}5^{2n+1}\right)-\left(24\cdot{}2^{2n+5}+3\cdot{}2\cdot{}5^{2n+1}\right)=\left(2^{2n+5}+2\cdot{}5^{2n+1}\right)$ [/mm]

Genau das war zu zeigen.

Nun versuche das mal ganz ähnlich mit der 7 ...

Gruß

schachuzipus


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