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| Aufgabe | Seien m, n [mm] \in \IZ_{>0}. [/mm] zu zeigen:
Ist r der Rest bei Division von m durch n, dann ist [mm] 2^{r}-1 [/mm] der Rest bei Division von [mm] 2^{m}-1 [/mm] durch [mm] 2^{n}-1. [/mm] |
Hallo,
ich habe Schwierigkeiten mit dieser Aufgabe. Ich würde sie mit vollständiger Induktion lösen, weiß allerdings nicht, wie ich diese ansetzen soll. So weiß ich gerade nicht, was mein Induktionsanfang ist.
Ich hoffe, ihr könnt mir einen Tipp geben, damit ich die Aufgabe lösen kann.
Viele Grüße
mathe-tiger
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:36 So 28.10.2012 | | Autor: | abakus |
> Seien m, n [mm]\in \IZ_{>0}.[/mm] zu zeigen:
> Ist r der Rest bei Division von m durch n, dann ist [mm]2^{r}-1[/mm]
> der Rest bei Division von [mm]2^{m}-1[/mm] durch [mm]2^{n}-1.[/mm]
> Hallo,
> ich habe Schwierigkeiten mit dieser Aufgabe. Ich würde sie
> mit vollständiger Induktion lösen, weiß allerdings
> nicht, wie ich diese ansetzen soll. So weiß ich gerade
> nicht, was mein Induktionsanfang ist.
>
> Ich hoffe, ihr könnt mir einen Tipp geben, damit ich die
> Aufgabe lösen kann.
>
> Viele Grüße
> mathe-tiger
Hallo,
ich sehe hier keine notwendigkeit für einen Induktionsbeweis.
Versuche doch einmal, [mm] $2^{m}-1$ [/mm] (was nach Summenformel der geometrischen Reihe gerade [mm] $2^{m-1}+2^{m-2}+...+2^3+2^2+2^1+2^0$ [/mm] ist)
durch [mm] $2^{n}-1$ [/mm] (was eine entsprechende Summendarstellung besitzt) zu teilen. Dabei bekommst du einen ganzen Anteil und einen Rest.
Gruß Abakus
>
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
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danke. das heißt ja dann, wenn ich [mm] 2^{m}-1 [/mm] durch [mm] 2^{n}-1 [/mm] teile, bleibt genau [mm] 2^{r}-1 [/mm] übrig und damit habe ich dann alles gezeigt.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:18 So 28.10.2012 | | Autor: | abakus |
> danke. das heißt ja dann, wenn ich [mm]2^{m}-1[/mm] durch [mm]2^{n}-1[/mm]
> teile, bleibt genau [mm]2^{r}-1[/mm] übrig und damit habe ich dann
> alles gezeigt.
Hallo,
SOOO einfach nun auch wieder nicht.
Es bleibt als Restbruch in Zähler eine Summe von einigen wenigen Zweierpotenzen übrig, und im Nenner sind es einige (wie viele?) Zweierpotenzen mehr. Irgendeine Rolle muss ja der in meinem Ansatz bisher nicht betrachtete Wert r spielen. Hier kommt die gegebene Voraussetzung ins Spiel.
Gruß Abakus
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