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Forum "Mathematik-Wettbewerbe" - ab Klasse 11: Aufgabe 3
ab Klasse 11: Aufgabe 3 < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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ab Klasse 11: Aufgabe 3: Übungsaufgabe
Status: (Übungsaufgabe) Übungsaufgabe Status 
Datum: 01:26 Mo 16.02.2004
Autor: Stefan

Zeige, dass für alle natürlichen Zahlen

(a) [mm]6 \vert (n^3+5n)[/mm] und

(b) [mm]30 \vert (n^5-n)[/mm]

gilt.

(c) Für welche natürlichen Zahlen gilt:

[mm]120 \vert (n^5-n)[/mm] ?

        
Bezug
ab Klasse 11: Aufgabe 3: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:09 Di 27.07.2004
Autor: Hanno

Hiho.
(a)
[mm]0^3=0\equiv 0\pmod {6}[/mm]
[mm]1^3=1\equiv 1\pmod {6}[/mm]
[mm]2^3=8\equiv 2\pmod {6}[/mm]
[mm]3^3=27\equiv 3\pmod {6}[/mm]
[mm]4^3=64\equiv 4\pmod {6}[/mm]
[mm]5^3=125\equiv 5\pmod {6}[/mm]
Daher gilt [mm]n^3\equiv n\pmod{6}[/mm].
Setzen wir ein, so erhalten wir [mm]n^3+5n\equiv n+5n=n(5+1)=6n\equiv 0\pmod {6}[/mm], q.e.d
(b)
Da [mm]n^5-n=(n-1)(n)(n+1)(n^2+1)[/mm] muss der Ausdruck, da [mm](n-1)(n)(n+1)[/mm] 3 aufeinanderfolgende Zahlen sind, durch 3 und 2 teilbar sein, also schonmal durch 6. Nun muss noch gezeigt werden, dass er auch durch 5 teilbar ist. Wenn n den Rest 0,1 oder 4 zu 5 hätte, dann wäre einer der 3 Faktoren durch 5 teilbar. Wenn nicht, dann hat n den Rest 2 oder 3. Eine Zahl mit Rest 2 oder 3 quadriert ergibt eine Zahl mit Rest -1 zu 5. Dieser Rest wird durch +1 in [mm]n^2+1[/mm] kompensiert. Daher gilt [mm]30|n^5-n[/mm], q.e.d.
(c)
Dies ist nur eine Erweiterung zu (b). Es muss gezeigt werden, dass der Faktor 4 in dem Term [mm](n-1)(n)(n+1)(n^2-1)[/mm] enthalten ist. Dies ist genau dann der Fall, wenn n ungerade ist, denn dann sind [mm]n-1[/mm], [mm]n+1[/mm] und [mm]n^2-1[/mm] durch 2 teilbar. Da n-1 und n+1 2 aufeinanderfolgende gerade Zahlen sind, ist eine von ihnen durch 2 und eine durch 8 teilbar, also insgesamt durch 8. Daraus folgt die Behauptung.

Gruß,
Hanno

Bezug
                
Bezug
ab Klasse 11: Aufgabe 3: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:49 Di 27.07.2004
Autor: Stefan

Lieber Hanno!

>  (a)
>  [mm]0^3=0\equiv 0\pmod {6}[/mm]
>  [mm]1^3=1\equiv 1\pmod {6}[/mm]
>  
> [mm]2^3=8\equiv 2\pmod {6}[/mm]
>  [mm]3^3=27\equiv 3\pmod {6}[/mm]
>  
> [mm]4^3=64\equiv 4\pmod {6}[/mm]
>  [mm]5^3=125\equiv 5\pmod {6}[/mm]
>  Daher
> gilt [mm]n^3\equiv n\pmod{6}[/mm].
>  Setzen wir ein, so erhalten wir
> [mm]n^3+5n\equiv n+5n=n(5+1)=6n\equiv 0\pmod {6}[/mm], q.e.d

[ok]

>  (b)
>  Da [mm]n^5-n=(n-1)(n)(n+1)(n^2+1)[/mm] muss der Ausdruck, da
> [mm](n-1)(n)(n+1)[/mm] 3 aufeinanderfolgende Zahlen sind, durch 3
> und 2 teilbar sein, also schonmal durch 6. Nun muss noch
> gezeigt werden, dass er auch durch 5 teilbar ist. Wenn n
> den Rest 0,1 oder 4 zu 5 hätte, dann wäre einer der 3
> Faktoren durch 5 teilbar. Wenn nicht, dann hat n den Rest 2
> oder 3. Eine Zahl mit Rest 2 oder 3 quadriert ergibt eine
> Zahl mit Rest -1 zu 5. Dieser Rest wird durch +1 in [mm]n^2+1[/mm]
> kompensiert. Daher gilt [mm]30|n^5-n[/mm], q.e.d.

[ok]

>  (c)
>  Dies ist nur eine Erweiterung zu (b). Es muss gezeigt
> werden, dass der Faktor 4 in dem Term [mm](n-1)(n)(n+1)(n^2-1)[/mm]
> enthalten ist.

Du meinst, das zusätzlich noch der Faktor $4$ enthalten ist, also der Faktor $8$.

Das meinstest du, also: [ok]

> Dies ist genau dann der Fall, wenn n
> ungerade ist, denn dann sind [mm]n-1[/mm], [mm]n+1[/mm] und [mm]n^2-1[/mm] durch 2
> teilbar. Da n-1 und n+1 2 aufeinanderfolgende gerade Zahlen
> sind, ist eine von ihnen durch 2 und eine durch 8 teilbar,

Hier meintest du "eine von ihnen durch 2 und eine durch 4 teilbar", ein offensichtlicher Flüchtigkeitsfehler.

> also insgesamt durch 8. Daraus folgt die Behauptung.

Sehr gut!!! [huepf]

Liebe Grüße
Stefan
  

Bezug
        
Bezug
ab Klasse 11: Aufgabe 3: Tipp zu Aufgabe 3
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 23:22 Fr 20.02.2004
Autor: Stefan

Tipps:

Wenn du [mm]a \vert b[/mm] zeigen willst, dann genügt es [mm]p \vert b[/mm] für alle Primteiler [mm]p[/mm] von [mm]a[/mm] (also für alle Primzahlen [mm]p[/mm], die Teiler von [mm]a[/mm] sind) zu zeigen.

Faktorisiere dazu [mm]b[/mm] so geschickt, dass man dies leicht sieht. (Tipp: Von [mm]m[/mm] aufeinander folgenden Zahlen ist (genau) eine durch [mm]m[/mm] teilbar. (Warum?))  

Detailtipps:

zu a) [mm]n^3 + 5n = n\cdot (n^2 + 5) = n \cdot (n^2 - 1 + 6) = \ldots[/mm]

zu b) [mm]n^5-n = n\cdot (n^4-1) = n\cdot (n^2-1)\cdot (n^2+1) = n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot (n^2 + 1) = n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot (n^2 - 4 + 5) = n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot [(n - 2)\cdot (n+2) + 5][/mm]

zu c) Wird sofort aus dem Tipp in b) klar.

Bezug
        
Bezug
ab Klasse 11: Aufgabe 3: Lösung zu Aufgabe 3
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 18:32 Mi 03.03.2004
Autor: Stefan

> Zeige, dass für alle natürlichen Zahlen
>  
> [mm]\red{(a) \ 6 \vert (n^3+5n)}[/mm]


Es gilt:

[mm]n^3 + 5n =6n + n^3 - n = 6n + n\cdot (n^2-1) = 6n + n \cdot (n-1) \cdot (n+1)[/mm].

Da [mm]6n[/mm] durch [mm]6[/mm] teilbar ist, genügt es zu zeigen, dass

[mm] 6\, |\, [n\cdot (n-1) \cdot (n+1)][/mm]

Aber eine ganze Zahl [mm]a[/mm] teilt genau dann eine ganze Zahl [mm]b [/mm], wenn alle Primteiler (mit ihrer jeweils vorkommenden Potenz) von [mm]a[/mm] die Zahl [mm]b[/mm] teilen.

Zu zeigen ist also:

[mm]2\, \vert\, [n\cdot (n-1) \cdot (n+1)][/mm]

und

[mm]3\, \vert\, [n\cdot (n-1) \cdot (n+1)][/mm]

Nun ist aber offenbar eine von [mm]m[/mm] aufeinander folgenden Zahlen durch [mm]m[/mm] teilbar (z.B. eine von drei aufeinander folgender Zahlen ist durch [mm]3[/mm] teilbar).

Da [mm]n-1[/mm] und [mm]n[/mm] zwei aufeinander folgende Zahlen sind, gilt:

[mm]2\, \vert \, [n\cdot (n-1)][/mm]

und damit auch:

[mm]2\, \vert\, [n\cdot (n-1) \cdot (n+1)][/mm]

Da [mm]n-1[/mm], [mm]n[/mm] und [mm]n+1[/mm] drei aufeinander folgende Zahlen sind, gilt:

[mm]3\, \vert\, [n\cdot (n-1) \cdot (n+1)][/mm].

Das war zu zeigen.


> [mm]\red{(b)\, 3\0 \vert (n^5-n)}[/mm]




Es gilt:

[mm]n^5 - n[/mm]

[mm]= n \cdot (n^4 - 1)[/mm]

[mm]= n \cdot (n^2-1)\cdot(n^2+1)[/mm]

[mm]= n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot (n^2+1)[/mm]

[mm]= n \cdot (n^2-1)\cdot(n^2+1)[/mm]

[mm]= n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot [(n^2-4)+5][/mm]

[mm]= n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot [(n-2)\cdot(n+2)+5][/mm].

Wegen [mm]30 = 2 \cdot 3 \cdot 5[/mm] genügt es zu zeigen, dass

(1) [mm]2\, \vert \, \{n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot [(n-2)\cdot(n+2)+5]\}[/mm],

(2) [mm]3\, \vert \, \{n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot [(n-2)\cdot(n+2)+5]\}[/mm]

und

(3) [mm]5\, \vert \, \{n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot (n-2)\cdot(n+2)+ 5\cdot [n \cdot (n-1) \cdot (n+1)]\}[/mm]

gilt.

(1) und (2) folgen wie oben. (3) folgt so:

Da [mm]5[/mm] eine der fünf aufeinander folgenden Zahlen [mm]n-2[/mm], [mm]n-1[/mm], [mm]n[/mm], [mm]n+1[/mm] oder [mm]n+2[/mm] teilt, teilt es auch deren Produkt, also den ersten Summanden. Dass [mm]5[/mm] den zweiten Summanden teilt, ist klar. Daher teilt [mm]5[/mm] auch die ganze Summe.

>

[mm]\red{(c)}[/mm] Für welche natürlichen Zahlen gilt:

> [mm]\red{120 \vert (n^5-n)}[/mm] ?

Es gilt:

[mm]n^5 - n n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot [(n-2)\cdot(n+2)+5][/mm].

Wegen [mm]120 = 2^3 \cdot 3 \cdot 5[/mm] müssen wir überprüfen, wann

(1) [mm]2^3\, \vert \, \{n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot [(n-2)\cdot(n+2)+5]\}[/mm],

(2) [mm]3\, \vert \, \{n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot [(n-2)\cdot(n+2)+5]\}[/mm]

und

(3) [mm]5\, \vert \, \{n \cdot (n-1) \cdot (n+1) \cdot (n-2)\cdot(n+2)+ 5\cdot [n \cdot (n-1) \cdot (n+1)]\}[/mm]

gelten.

(2) und (3) gelten immer, wie wir oben gesehen haben.

Offenbar gilt (1) dann, wenn [mm]n[/mm] ungerade ist (denn dann sind
[mm]n-1[/mm], [mm]n+1[/mm] und [mm](n-2)(n+2)+5[/mm] gerade!).

Andererseits gilt (2) nicht, wenn [mm]n[/mm] gerade ist, es sei denn[mm]n[/mm] ist ein Viefaches von [mm]8[/mm] (alle anderen Faktoren sind ungerade).

Es gilt also genau dann

[mm]120 \vert (n^5-n)[/mm],

wenn [mm]n[/mm] ungerade oder ein Vielfaches von [mm]8[/mm] ist.


Liebe Grüße
Stefan

Bezug
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