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 BWM 2014 |
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Kezer
Senior 
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
 |  Themenstart: 2014-02-26
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Hallo, kurze Frage.
Ich brauche für eine Aufgabe folgenden Satz:
\
Eine 2er-Potenz endet genau dann auf 6, wenn es 2^4j ist, also
2^4j == 6 mod 10
Kann ich das ohne Beweis verwenden oder muss ich noch kurz einen Beweis hinzuschreiben?
Übrigens brauch ich das für einen derzeit laufenden Wettbewerb, ich hoffe, dass diese Frage noch in Ordnung geht.
Kezer
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Ex_Senior
 | Beitrag No.1, eingetragen 2014-02-26
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Hallo!
Wenn es dir klar ist, warum das gilt, dann kannst du es auch in zwei Sätzen aufschreiben. :)
Grüße
Cyrix
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Buri
Senior
Dabei seit: 02.08.2003
Mitteilungen: 46931
Wohnort: Dresden
 | Beitrag No.2, eingetragen 2014-02-26
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\quoteon(2014-02-26 18:52 - Kezer im Themenstart)
Übrigens brauch ich das für einen derzeit laufenden Wettbewerb, ich hoffe, dass diese Frage noch in Ordnung geht.
\quoteoff
Hi Kezer,
solange der Wettbewerb läuft, ist es nicht in Ordnung.
Immerhin ist es aber gut, dass du erwähnst, wie es zu der Frage gekommen ist.
Ob du das begründen musst oder nicht, hängt von den Wettbewerbsbedingungen ab, und normalerweise muss man all das begründen, was nicht offensichtlich ist, oder aus allgemein zugänglichen Quellen als richtig bekannt ist.
Diese Möglichkeiten sind aber selbstverständlich bei einem Klausurwettbewerb eingeschränkt, denn dort kannst du nicht schreiben "bei Wikipedia steht diese Behauptung", und bei Hausarbeiten würde ich solch eine Begründung nicht als zulässig bewerten.
Fazit: Wenn du so etwas behauptest, musst du es auch beweisen.
Gruß Buri
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chryso
Senior 
Dabei seit: 07.02.2009
Mitteilungen: 10529
Wohnort: Österreich
 | Beitrag No.3, eingetragen 2014-02-26
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Generell gilt bei Wettbewerben (und nicht nur hier):
Lieber "zu viel" beweisen als "zu wenig".
Manches hängt wahrscheinlich auch vom Korrektor ab.
Aber wenn es so klar ist, dass du von einem Korrektor erwarten kannst, dass er das so empfindet, dann kannst du eine passende Begründung für deine Behauptung auch hinschreiben.
LG chryso
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2014-02-26
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Hallo cyrix, Buri und chryso,
danke für die schnellen Antworten, ich werde wohl einen Beweis dranhängen!
Oh und 2 Sätze dafür empfinde ich noch als unglaublich, meiner wird wohl ein wenig länger, aber es ließe sich doch sicher ca. 1 Woche nach Einsendeschluss (Einsendeschluss ist diese Woche schon) verraten, wie man es so kurz hinkriegt?
Kezer
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Ex_Senior
| Beitrag No.5, eingetragen 2014-02-26
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Hallo! :)
Ja. Wir halten uns üblicherweise an eine Selbstbeschränkung noch eine Woche nach Einsendeschluss keine öffentlichen Aufgabendiskussionen zu führen, aber danach kann gerne über die Lösungen diskutiert werden. :)
Grüße
Cyrix
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2014-03-13
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Hallo,
es ist schon mehr als eine Woche nach Einsendeschluss, übrigens zum BWM, vergangen, wie geht denn nun diese 2 Sätzen Lösung? :o
Ich habe es folgendermassen gezeigt:
\
2^4j=2^4^j=16^j==6^j==6 mod 10
, wobei ich zuvor noch per Induktion 6^j==6 mod 10 gezeigt hab.
2, 2^2, 2^3, 2^4j, 2^(4j+1), 2^(4j+2) und 2^(4j+3) umfasst alle 2er-Potenzen, es ist
2^(4j+1)==6*2==2 mod 10
2^(4j+2)==6*4==4 mod 10
2^(4j+3)==6*8==8 mod 10
und 2, 2^2 und 2^3 sind auch nicht 6 mod 10, womit die einzigen 2er-Potenzen mit 6 mod 10 2^4j sind.
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viertel
Senior 
Dabei seit: 04.03.2003
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Wohnort: Hessen
 | Beitrag No.7, eingetragen 2014-03-13
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Hi Kezer
In der ersten Zeile ist ein Schreibfehler:
$\displaystyle 2^{4j}=\left(2^4\right)^j \ne 2^{4^j}=2^{\left(4^j\right)}$
Hoffentlich hast du $j=0$ ausgeschlossen, denn dafür gilt deine Behauptung nicht.
Die zweite Zeile mit $6^k \equiv 6(10)$ kann man sich evtl. sparen, denn es ist eine Binsenweisheit, daß Potenzen von Zahlen, die auf $6$ enden, wieder auf $6$ enden (natürlich für $k>0$).
Die anderen 6 Fälle ($2^{4j}$ ist ja schon erledigt) betrachtet man einzeln, so wie du es getan hast (mir fällt auch nichts Eleganteres ein, da $2^1$, $2^2$ und $2^3$ wegen $j>0$ nicht mit den anderen abgehandelt werden können).
Somit ist eigentlich alles Nötige da.
Gruß vom ¼
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Buri
Senior
Dabei seit: 02.08.2003
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Wohnort: Dresden
| Beitrag No.8, eingetragen 2014-03-13
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\quoteon(2014-03-13 18:37 - viertel in Beitrag No. 7)
Die anderen 6 Fälle ... betrachtet man einzeln, so wie du es getan hast ...
\quoteoff
Hi Kezer,
man kann auch alles in einen einzigen Induktionsbeweis packen.
Behauptung: Für alle ganzen Zahlen j>=0 gilt modulo 10
2^(4j+1)==2 und 2^(4j+2)==4 und 2^(4j+3)==8 und 2^(4j+4)==6.
Induktionsanfang j=0:
2^1=2==2, 2^2=4==4, 2^3=8==8 und 2^4=16==6.
Induktionsschritt:
2^(4j+5)==2^(4j+1)*2^4==2*16==2,
2^(4j+6)==2^(4j+2)*2^4==4*16==4,
2^(4j+7)==2^(4j+3)*2^4==8*16==8,
2^(4j+8)==2^(4j+4)*2^4==6*16==6,
und das ist die Induktionsbehauptung.
In der Behauptung kommen für j=0,1,2,... sämtliche Zweierpotenzen vor, mit Ausnahme der Potenz 20, die gleich 1 ist.
Nur die Zahlen 24j+4 mit j ≥ 0 enden auf 6, oder, was dasselbe ist, die Zahlen 24j mit j ≥ 1, was zu beweisen war.
Gruß Buri
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Kezer
Senior 
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2014-03-13
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Hallo,
ich habe j als natürliche Zahl, also >0 in der eingesendeten Arbeit definiert. ;)
Den Induktionsbeweis finde ich nett. :)
Kezer
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viertel
Senior 
Dabei seit: 04.03.2003
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Wohnort: Hessen
| Beitrag No.10, eingetragen 2014-03-13
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\quoteon(2014-03-13 20:20 - Kezer in Beitrag No. 9)
ich habe j als natürliche Zahl, also >0 in der eingesendeten Arbeit definiert. ;)
\quoteoff
Daß die natürlichen Zahlen $\mathbb{N}$ die $0$ nicht enthalten ist nicht selbstverständlich. In manchen Büchern bzw. bei manchen Autoren ist sie enthalten, bei anderen nicht. Denn was ist an der $0$ so „unnatürlich“, daß sie nicht dazu gehören sollte?
Man sollte immer dazu schreiben, wie man es selbst handhabt. Das muß man in einem Werk (Buch, Artikel etc.) natürlich :-D nur 1× machen.
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2014-03-13
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Hallo,
das ist klar, ich hab irgendwo später N_0
verwendet.
Natürlich hätte ich da genauer sein sollen, aber der Korrektor wird schon nicht so streng sein.
Kezer
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Martin_Infinite
Senior 
Dabei seit: 15.12.2002
Mitteilungen: 39133
Wohnort: Münster
 | Beitrag No.12, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-13 20:46 - viertel in Beitrag No. 10)
Man sollte immer dazu schreiben, wie man es selbst handhabt.
\quoteoff
... oder man schreibt es nicht hinzu und verlässt sich darauf, dass der Leser mittlerweile auch zur - über ein Jahrhundert alten - Einsicht gekommen ist, dass $0$ eine natürliche Zahl ist. Dass $0$ keine natürliche Zahl ist, ist wirklich altertümlich und passt einfach nicht mehr mit der heutigen Mathematik zusammen (bei Bedarf kann ich das ausführen). Für mehr Informationen dazu siehe z.B. Wikipedia. Ich schreibe das vor allem, weil ich glaube, dass es unsinnig ist, an dieser vermeintlichen Unklarheit festzuhalten, und obendrein ziemlich umständlich, in jeder Arbeit irgendwelche Konventionen vorauszuschicken. Es sollte nur eine geben, und wenn das einmal entschieden werden sollte (aber wer setzt sich dafür ein?), weiß ich jetzt schon, wie das Ergebnis ausfallen wird.
Das bei Wikipedia genannte "Argument"
\quoteonIn using indices, beginning with 1 is still common (there is no 0-th row or column of a matrix)
\quoteoff
ist nicht besonders stark. Man denke nur einmal an die Array-Implementierungen diverser Programmiersprachen. Es ist nichts weiter als Gewohnheit, Indizes bei $1$ anzufangen - die man aber auch ablegen kann, und viele haben das natürlich schon getan.
\quoteonMany Greek mathematicians did not consider 1 to be "a number", so to them 2 was the smallest number.
\quoteoff
Schon lustig, dass wir 2000 Jahre später schon - sage und schreibe - eine Zahl weiter sind. Vielleicht dauert es weitere 2000 Jahre, bis wir endlich alle bei der Null sind. ;-)
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chryso
Senior
Dabei seit: 07.02.2009
Mitteilungen: 10529
Wohnort: Österreich
| Beitrag No.13, eingetragen 2014-03-14
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In der Schule wird meist mit \IN die Menge menge(1,2,3,4 ...) bezeichnet.
Will man die Null dabei haben, wird die Menge meist mit \IN_0 angegeben.
Da der BWM ein Schülerwettbewerb ist, wird es schon passen.
Am besten, es nimmt gleich ein Korrektor dazu Stellung. ;-)
==============
Da es sich hier um die 4. Aufgabe des BWM handelt, willst du uns vielleicht die ganze Aufgabe angeben?
Ich habe die Aufgabe auch gelöst. Ich könnte sie ja danach veröffentlichen.
LG chryso
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weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
 | Beitrag No.14, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-14 05:45 - chryso in Beitrag No. 13)
In der Schule wird meist mit $\mathbb N$ die Menge {1,2,3,4 ...} bezeichnet.
Will man die Null dabei haben, wird die Menge meist mit $\mathbb{N}_0$ angegeben.
\quoteoff
Laut DIN-Norm 5473 sind die standardmäßigen Bezeichnungen $\mathbb N$ für die Menge der natürlichen Zahlen (inklusive 0) und $\mathbb N^*$ für die Menge der natürlichen Zahlen ohne die 0. Für letztere sieht man aber auch manchmal die Bezeichnungen $\mathbb{N}^+$ oder neuerdings $\mathbb{N}_{>0}$.
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Akura
Senior
Dabei seit: 21.05.2012
Mitteilungen: 748
| Beitrag No.15, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-14 07:07 - weird in Beitrag No. 14)
\quoteon(2014-03-14 05:45 - chryso in Beitrag No. 13)
In der Schule wird meist mit $\mathbb N$ die Menge menge(1,2,3,4 ...) bezeichnet.
Will man die Null dabei haben, wird die Menge meist mit $\mathbb{N}_0$ angegeben.
\quoteoff
Laut DIN-Norm 5473 sind die standardmäßigen Bezeichnungen $\mathbb N$ für die Menge der natürlichen Zahlen (inklusive 0) und $\mathbb N^*$ für die Menge der natürlichen Zahlen ohne die 0. Für letztere sieht man aber auch manchmal die Bezeichnungen $\mathbb{N}^+$ oder neuerdings $\mathbb{N}_{>0}$.
\quoteoff
Da hast du natürlich Recht. Allerdings ändert es nichts daran, dass in der Schule meist $\mathbb{N}=\{1,2,3,4,...\}$ gelehrt wird.
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philippw
Senior
Dabei seit: 01.06.2005
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Wohnort: Hoyerswerda
 | Beitrag No.16, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-14 07:12 - Akura in Beitrag No. 15)
Da hast du natürlich Recht. Allerdings ändert es nichts daran, dass in der Schule meist $\mathbb{N}=\{1,2,3,4,...\}$ gelehrt wird.
\quoteoff
Wer sagt das? Bei uns in der Schule war die 0 natürlich.
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Martin_Infinite
Senior
Dabei seit: 15.12.2002
Mitteilungen: 39133
Wohnort: Münster
| Beitrag No.17, eingetragen 2014-03-14
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Mir ist klar, dass an der Schule viel Unsinn und Überholtes gelehrt wird, das müssen wir hier ja nicht wiederholen.
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viertel
Senior
Dabei seit: 04.03.2003
Mitteilungen: 27787
Wohnort: Hessen
| Beitrag No.18, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-14 11:26 - Martin_Infinite in Beitrag No. 17)
Mir ist klar, dass an der Schule viel Unsinn und Überholtes gelehrt wird, das müssen wir hier ja nicht wiederholen.
\quoteoff
Und trotzdem Rücksicht darauf nehmen.
Und es schadet ja auch nicht, wenn Schüler von dieser Problematik Kenntnis erhalten.
Welcher Schüler interessiert sich schon für DIN-Normen :-o ?
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gaussmath
Senior
Dabei seit: 16.06.2007
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Wohnort: Hannover
 | Beitrag No.19, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-14 13:17 - viertel
Welcher Schüler interessiert sich schon für DIN-Normen :-o ?
\quoteoff
Wenn es DIN-Normen für "cool-sein" gäbe, dann sicherlich...
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2014-03-14
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Hallo,
in meiner Schule wird die Menge der natürlichen Zahlen als die Menge der positiven ganzen Zahlen definiert und in keinem der Wettbewerbe in denen ich teilgenommen habe, wurde das bemängelt.
Aber ihr habt natürlich Recht, das nächste Mal werde ich auch das genauer erklären.
\quoteon
Da es sich hier um die 4. Aufgabe des BWM handelt, willst du uns vielleicht die ganze Aufgabe angeben?
Ich habe die Aufgabe auch gelöst. Ich könnte sie ja danach veröffentlichen.
LG chryso
\quoteoff
Ja, klar, für alle, die die Aufgabe nicht kennen, so lautet sie:
\
Für welche positiven ganzen Zahlen n besitzt die Zahl (4n+1)/(n(2n-1)) eine abbrechende Dezimalbruchentwicklung?
Lösungsvorschlag von mir und nem Kumpel (wir haben es als Gruppenarbeit gemacht):
\IN sei hier die Menge der positiven ganzen Zahlen.
Ein Bruch hat dann und nur dann eine endliche Dezimalbruchentwicklung, wenn der Nenner im vollständig gekürzten Status als 2^x*5^y (x,y\el\ \IN_0) darstellbar ist.
Ist er auch zuvor schon so darstellbar, ist der Bruch auch unperiodisch. (Zähler und Nenner ganze Zahlen)
Für n=1 ist der Bruch unperiodisch, Nenner ist 2^0*5^0.
Wir betrachten im Folgenden n>1 und es seien zusätzlich x',y'\el\ \IN. Der gesamte Nenner muss als 2^x*5^ydarstellbar sein, also müssen beide Faktoren n und 2n-1 so darstellbar sein.
Wir betrachten zuerst alles ungekürzt.
1.Darstellbarkeit von n als 2^x', 5^y' oder 2^x'*5^y'
Notwendige Bedingung, der Faktor n lässt sich nicht kürzen, denn n \teiltnicht 4n+1.
2.Darstellbarkeit von 2n-1 als 2^x' oder 2^x'*5^y'
Nicht möglich, 2n-1 ist ungerade, die genannten Darstellungen gerade.
3.Darstellbarkeit von 2n-1 als 5^y'
Es gelte
2n-1 = 5^y' <=> 2n = 5^y' + 1
Die rechte Seite ist nicht durch 5 teilbar, die linke und damit n also auch. Folglich kann n nur als 2^x' dargestellt werden.
2*2^x'=5^y'+1 <=> 2^(x'+1)=5^y'+1
Die rechte Seite endet auf 6, links auch, wie schon besprochen ist die einzige 2er-Potenz, die auf 6 endet 2^4j. Also gelte
2^4j=5^y'+1
2^4j-1=5^y'
(2^2j+1)(2^2j-1)=5^y'
Links liegen die Faktoren um 2 auseinander, es können nicht beide durch 5 teilbar sein, Widerspruch zu der Gleichung.
2n-1 kann als keines der 3 möglichen Darstellbarkeiten dargestellt werden, es muss also nun gekürzt werden und noch eventuell mögliche Lösungen zu bestimmen.
Es gilt
(4n+1)/(n(2n-1)) = (2(2n-1)+3)/(n(2n-1))= 2/n + 3/(n(2n-1))
Hieran wird deutlich, dass nur mit 3 gekürzt werden kann, beim 2.Bruch ist der Zähler nicht mehr als 3. 2/n ist nämlich unperiodisch und wenn in einer Summe zweier Brüche einer unperiodisch ist, muss auch die andere unperiodisch sein, damit der Summenwert unperiodisch ist, womit wir zu 3/(n(2n-1)) kommen. (n ist wie schon erklärt 2^x*5^ y)
2n-1 = 3*5^y (Die anderen beiden Darstellbarkeiten nicht, da 2n-1 ungerade)
Für y=0 ist
2n=4 <=> n=2
eine weitere Lösung.
Für y>0 gilt:
2n-1=3*5^y' <=> 3*5^y'+1
Analog zu 3. gilt n=2^x'.
2^(x'+1)=3*5^y'+1
Erneut mit dem Argument der letzten Ziffer gilt
2^4j=3*5^y'+1
2^4j-1=3*5^y'
, wobei 2^(4j-1)=n.
Wieder ist
(2^2j+1)(2^2j-1)=3*5^y'
Eines der beiden Faktoren links muss durch 5 teilbar sein, dieses ist 5 mod 10, da es ungerade ist und durch 5 teilbar ist.
Fall 1: 5\|2^2j-1
2^2j-1==5 mod 10
2^2j+1==7 mod 10
2^2j+1 kann nicht durch 5 teilbar sein und nur 3^1 kann es auch nicht sein, Widerspruch.
Fall 2: 5\|2^2j+1
2^2j+1==5 mod 10
2^2j-1==3 mod 10
2^2j-1 ist nicht durch 5 teilbar und genau dann 3^1, wenn 2^2j-1=3 gilt. Daraus folgt 2^2j+1=5 und damit
2^4j-1=15 <=> 2^4j=16 <=> 2^(4j-1)=n=8
Eine weitere Lösung.
Insgesamt sind dies alle möglichen Darstellungsarten für eine endliche Dezimalbruchentwicklung, die Lösungsmenge ist
\IL={1;2;8} für n
wobei Einsetzen der einzelne Lösungen in den Bruch die Richtigkeit bestätigt.
Kezer :)
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.18 begonnen.]
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KidinK
Senior
Dabei seit: 10.06.2013
Mitteilungen: 1142
| Beitrag No.21, eingetragen 2014-03-14
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Hi,
ich habe auch eine Lösung anzubieten:
Durch Nachrechnen überzeugt man sich zunächst, dass die Dezimalbruchentwicklung abbricht für $n=1,2,8$, denn es ergibt sich:
$\displaystyle \dfrac{4\cdot 1+1}{1\cdot(2\cdot 1-1)}=5\,,\quad\dfrac{4\cdot 2-1}{2\cdot(2\cdot2-1)}=1,5\,,\quad\dfrac{4\cdot 8+1}{8\cdot(2\cdot 8-1)}=0,275\,.$
Wir zeigen nun, dass dies bereits alle Lösungen sind. Wir bemerken noch, dass ein Bruch genau dann eine nicht abbrechende Dezimalbruchentwicklung hat, wenn der Nenner neben 2 und 5 einen weiteren Primteiler besitzt, welcher den Zähler nicht teilt.
Hiermit kann bereits ausgeschlossen werden, dass $n$ neben 2 und 5 noch einen weiteren Primfaktor $p$ enthält, denn der Nenner ist dann sicher teilbar durch diesen, der Zähler jedoch nicht, da $4n$ den Rest 0 bei Division durch $p$ lässt und $4n+1$ somit Rest 1. Wir nehmen daher im Folgenden an, dass $n$ das Produkt einer Zweierpotenz und einer Fünferpotenz ist. Der Faktor $n$ im Nenner ist dann irrelevant, wir können uns also auf die Frage beschränken, wann
$\displaystyle \dfrac{4n+1}{2n-1}$
eine abbrechende Dezimalbruchentwicklung hat. Die Rechnung
$\displaystyle \dfrac{4n+1}{2n-1}=\dfrac{2(2n-1)+3}{2n-1}=2+\dfrac{3}{2n-1}$
zeigt außerdem, dass es genügt, den Bruch
$\displaystyle \dfrac{3}{2n-1}$
zu betrachten, da er nach dem Komma dieselben Dezimalstellen hat. Enthält nun $n$ den Primfaktor $5$, so ist der Nenner $2n-1$ nicht durch $2$ oder $5$ teilbar, da $2n$ bei Division durch 2 bzw. 5 den Rest 0 lässt und somit $2n-1$ den Rest $2-1$ bzw. $5-1$. Somit enthält $n$ wenigstens einen anderen Primfaktor. Wegen $2n-1\ge 9$ (dies gilt wegen $n\ge 5$, da $5\mid n$) enthält $2n-1$ neben eventuell der 3 mit Vielfachheit 1 noch weitere Teiler. Diese Überlegungen schließen aus, dass $n$ durch 5 teilbar ist, das heißt $n$ ist eine Zweierpotenz.
Wir setzen $n=2^{m-1}$ mit $m\in\mathbb{N}$. Die Frage lautet nun, wann der Bruch
$\displaystyle \dfrac{3}{2^m-1}$
eine abbrechende Dezimalbruchentwicklung besitzt. Da $2^m-1$ nicht teilbar durch 2 ist, darf der Term neben der 3 mit Vielfachheit 1 nur den Primfaktor 5 enthalten. Für $m>2$ enthält dabei $2^m-1$ sicherlich einen weiteren Primfaktor neben der 3 mit Vielfachheit 1, in diesem Fall muss also $5\mid 2^m-1$ gelten\footnote{Die Fälle $m=1$, $m=2$ werden zum Schluss betrachtet.}. Betrachten wir die Reste von $2^m-1$ bei Division durch 5, so stellen wir fest:
$2^0-1=0\mod 5$
$2^1-1=1\mod 5$
$2^2-1=3\mod 5$
$2^3-1=2\mod 5$
$2^4-1=0\mod 5$
Wir schreiben $a_m$ für $2^m-1\mod 5$. Wegen der rekursiven Berechnungsformel
$\displaystyle a_{m+1}=2(a_m+1)-1\mod 5$
ist klar, dass die Folge periodisch wird, sobald sich ein Wert wiederholt. Insbesondere muss $m$ von der Form $4k$ mit $k\in\mathbb{N}$ sein. In diesem Fall wird $2^m-1$ zu $16^k-1$. Durch faktorisieren erhält man
$\displaystyle 16^k-1=(16-1)(1+16+16^2+\dots+16^{k-1})=3\cdot 5\cdot(1+\dots+16^{k-1})\,.$
Gilt also $5\mid 2^m-1$, so folgt bereits $3\mid 2^m-1$, das heißt, es gilt zu betrachten, wann $2^m-1=3\cdot 5^\ell$ für $m>2$ und $\ell\in\mathbb{N}$.
Aufgrund des bereits durchgeführten Reduktionsschrittes genügt es, die Lösbarkeit der Gleichung
$\displaystyle 16^k-1=3\cdot 5^\ell$
für natürliche $k,\ell$ zu untersuchen. Dazu betrachten wir beide Seiten der Gleichung modulo $544=2^5\cdot 17$. Es ergeben sich die Werte
$16^0-1=0\mod 544$
$16^1-1=15\mod 544$
$16^2-1=255\mod 544$
$16^3-1=287\mod 544$
$16^4-1=255\mod 544$
Für $k>1$ nimmt $16^k-1$ also nur die Werte $255$ und $287$ modulo 544 an. Für $3\cdot 5^\ell$ ergeben sich die Werte
$3\cdot 5^0=3\mod 544$
$3\cdot 5^1=15\mod 544$
$3\cdot 5^2=75\mod 544$
$3\cdot 5^3=375\mod 544$
$3\cdot 5^4=243\mod 544$
$3\cdot 5^5=127\mod 544$
$3\cdot 5^6=91\mod 544$
$3\cdot 5^7=455\mod 544$
$3\cdot 5^8=99\mod 544$
$3\cdot 5^9=495\mod 544$
$3\cdot 5^{10}=299\mod 544$
$3\cdot 5^{11}=407\mod 544$
$3\cdot 5^{12}=403\mod 544$
$3\cdot 5^{13}=383\mod 544$
$3\cdot 5^{14}=283\mod 544$
$3\cdot 5^{15}=327\mod 544$
$3\cdot 5^{16}=3\mod 544$
$3\cdot 5^\ell\mod544$ nimmt also niemals die Werte 255 und 287 an; die einzige Lösung ergibt sich daher als $k=1$, $\ell =1$.
Die Lösung $k=1$ führt auf $m=4$ und damit auf $n=8$. Die Werte $m=1$ bzw. $m=2$ führen auf $n=1$ bzw. $n=2$. $n=1,2,8$ sind somit die einzigen Lösungen.
Liebe Grüße,
KidinK
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
| Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2014-03-14
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Schöne Lösung, gefällt mir. :)
Bis du modulo 5 eingeführt hast, waren unsere beiden Lösungen noch recht ähnlich. :-D
Kezer
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Ex_Senior
| Beitrag No.23, eingetragen 2014-03-14
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Zur Ausgangsfrage: Die Aussage ist so offensichtlich, dass sie eigentlich keinen weiteren Beweis benötigt. Wenn man sie aber doch beweisen wollen würde, genügt die eine Zeile 2^(4j)=16^j == 6^j == 6 (mod 10), denn die Zwischenschritte sind direkt durch die Definition des Restklassensystems gegeben. ;-) :)
Also zum Umfang dessen, was man so notieren braucht.
Grüße
Cyrix
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Martin_Infinite
Senior
Dabei seit: 15.12.2002
Mitteilungen: 39133
Wohnort: Münster
| Beitrag No.24, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-14 13:17 - viertel in Beitrag No. 18)
Welcher Schüler interessiert sich schon für DIN-Normen :-o ?
\quoteoff
Was ist denn das für ein Argument? Sollten wir nun die gesamte Schulmathematik daran anpassen, wofür sich die Schüler interessieren? Die das ja ganz besonders gut einschätzen können, was wichtig ist und was nicht?
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Kezer
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Dabei seit: 04.10.2013
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| Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2014-03-14
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Hallo cyrix,
es ist schön zu wissen, dass die Aussage offensichtlich genug ist. :)
Fehlt allerdings in deiner einen Zeilen, die ja auch ich verwendet hab nicht noch die genau dann-Aussage, dass es keine weitere 2er-Potenzen auf 6 enden? :-)
Kezer
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KidinK
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| Beitrag No.26, eingetragen 2014-03-14
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Die Deutsche Industrie-Norm sollte aber auch nicht unbedingt ein Maßstab für die Mathematik sein.
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.27, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-14 15:33 - Kezer in Beitrag No. 25)
Fehlt allerdings in deiner einen Zeilen, die ja auch ich verwendet hab nicht noch die genau dann-Aussage, dass es keine weitere 2er-Potenzen auf 6 enden? :-)
\quoteoff
Ja, die fehlt tatsächlich. Trotzdem ist der Beweis noch sehr einfach. Sei nämlich k eine beliebige natürliche Zahl. Dann gilt unter der Voraussetzung k>0, dass
$2^k \equiv 6 \mod 10 \Leftrightarrow 2^{k-1} \equiv 3 \mod 5 \Leftrightarrow 2^k \equiv 1 \mod 5$
Letzeres gilt aber wiederum genau dann, wenn die Ordnung von 2 mod 5, also 4, ein Teiler von k ist. Für den oben zu Beginn ausgeschlossenen Fall k=0 sieht man aber durch Einsetzen sofort, dass dafür die Behauptung falsch ist.
PS: Wer übrigens glaubt, die Festsetzung $0 \in \mathbb N$ gemäß DIN-Norm sei auf Deutschland beschränkt, der irrt, das ist z.B. auch gemäß ÖNorm in Österreich so (siehe hier erste Seite unten). Und ja, auch hierzulande fällt vielen Lehrern das Umdenken verdammt schwer. :-D
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fru
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 | Beitrag No.28, eingetragen 2014-03-14
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Mich wundert, daß noch niemandem aufgefallen ist, daß es sich hierbei ...
\quoteon(2014-02-26 18:52 - Kezer im Themenstart)
Ich brauche für eine Aufgabe folgenden Satz:
\
Eine 2er-Potenz endet genau dann auf 6, wenn es 2^4j ist, also
2^4j == 6 mod 10
\quoteoff
... um gar keinen (mathematischen) Satz handelt, sondern nur um eine ziemlich sinnfreie Zeichenkette ;-) .
PS (weil die SuMoNo gerade ziemlich voll ist) @chryso und/oder Mods: Beitrag Nr. 13 wird durch ein fehlendes "fedoff" verunstaltet. (EDIT: Erledigt)
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weird
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| Beitrag No.29, eingetragen 2014-03-14
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\quoteon(2014-03-14 14:31 - Kezer in Beitrag No. 20)
\
Für welche positiven ganzen Zahlen n besitzt die Zahl (4n+1)/(n(2n-1)) eine abbrechende Dezimalbruchentwicklung?
\quoteoff
Nachfolgend mein Lösungsvorschlag, wobei ich ebenfalls mehrfach ganz entscheidend verwende, dass ein Bruch aus ganzen Zahlen in gekürzter Darstellung genau dann eine endliche Dezimaldarstellung besitzt, wenn die Primfaktoren seines Nenners alle in {2,5} enthalten sind.
Z.B. ist wegen ggT$(n,4n+1)=1$ der Teilbruch $(4n+1)/n$ unkürzbar, d.h., die Primfaktoren von $n$ liegen alle in {2,5}. Ferner gilt wegen $(4n+1)-2(2n-1)=3$, dass der Teilbruch $(4n+1)/(2n-1)$ höchstens durch 3 kürzbar ist, d.h., die Primfaktoren von $2n-1$ liegen alle in {3,5}, wobei die Vielfachheit von 3 höchstens 1 beträgt.
Ich zeige nun als erstes, dass $n$ höchstens den Primfaktor 2 besitzen kann. Aus $5|n$ und ggT$(n,2n-1)=1$ würde nämlich nach obigem $2n-1|3$, also dann $n \le 2$ folgen, was im Widerspruch zu $5|n$ steht. $n$ muss daher die Form $n=2^k$ für ein $k \in \mathbb N$ haben.
Man rechnet nun leicht nach, dass die Fälle k=0 und k=1, also n=1 und n=2, tatsächlich Lösungen liefern. Die Frage ist, gibt es weitere Lösungen? Nun ist aber für k>1
$2n-1=2^{k+1}-1$
eine Mersennesche Zahl > 3 und müsste daher nach obigem auf jeden Fall den Primfaktor 5 enthalten, d.h., es müsste gelten
$2^{k+1} \equiv 1 \mod 5$
woraus sofort die notwendige Bedingung 4|k+1, also $k=4\ell-1$ für ein $\ell \in \mathbb N^*$ folgt, da 2 eine Primitivwurzel mod 5 ist. Tatsächlich erhält man für $\ell=1$ bzw. $k=3$, also $n=2^3=8$ noch eine weitere Lösung.
Dies ist aber dann schon die letzte Lösung, denn für $\ell>1$, müsste für den Kofaktor von $2^\ell-1$ in $2^{4\ell}-1$
$2^{(\ell-1)4}+2^{(\ell-2)4}\ldots+2^4+1 \equiv \underbrace{1+1+\ldots+1+1}_{\ell \text{ mal}} \equiv \ell \equiv 0 \mod 5$
also $5|\ell$ gelten, da er größer als 1 ist und daher nur den Primfaktor 5 mehr haben kann. Dann wäre aber auch $2^5-1$, also 31 ein Teiler von $2n-1$, ein klarer Widerspruch dazu, dass 2n-1 höchstens die Primfaktoren 3 und 5 besitzen sollte.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.27 begonnen.]
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chryso
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| Beitrag No.30, eingetragen 2014-03-15
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So dann stelle ich - bevor ich mir eure Beweise durchlese*) - meinen Beweis für diese Aufgabe, (den ich schon länger in meinem Notizbuch habe,) hierher:
Aufgabe 4
Für welche positiven ganzen Zahlen n besitzt die Zahl $\frac{4n+1}{n\cdot (2n-1)}$ eine abbrechende Dezimalbruchentwicklung?
********************************+
\blue\Ein gekürzter Bruch hat eine endliche Dezimaldarstellung genau dann, wenn der Nenner in seiner Primdarstellung nur aus 2ern und 5ern besteht.
\small Bew.: <\= Man erweitert den Bruch so, dass der Nenner gleich viele 2er wie 5er hat. Dann ist der Nenner eine Potenz von 10 und somit kann man den Bruch als endliche Dezimalzahl schreiben.
\small => Bruch lässt sich mit einem Nenner schreiben, der eine Potenz von 10 ist => Primfaktoren sind nur 2 und 5. Eventuell kann man noch einige Faktoren kürzen.
\blue\ T(n,4n+1)=1 |T(n,(2n-1))=1
\big\ x=(4n+1)/(n*(2n-1))
\blue\ a) x ist bereits gekürzt.
2n-1 ungerade => 2n-1=1 oder 2n-1=5^s
a1)2n-1=1 =>\big\ \green\ n=1
|x= (4n+1)/(n*(2n-1))= 5/(1*1)
a2) 2n-1=5^s |n=2^m
|2n-1 = 2^(m+1)-1 = 5^s
|2 == 2(5)
|2^2 == 4(5)
|2^3 == 3(5)
|2^4 == 1(5) mit vollst. Induktion => \(2^j -1 ==0(5) <=> j== 0(4)\)
2^(m+1) -1 = 5^s => |m+1 = 4k
2^(m+1) -1 = 2^4k -1 = (2^2k -1)*(2^2k +1) kann
für k>=1 nicht 5^s sein. \small zwei Faktoren, die sich um 2 unterscheiden
| => Wid.
\blue\ b) Der Bruch ist nicht gekürzt.
=> T(2n-1,4n+1)=d>1 und n ist Zweierpotenz
d\|2n-1
d\|4n+1 => d\|(4n+1)-(2n-1) => d\|2n+2
=> d\|(2n+2)-(2n-1)=3 => d=3
n= 2^m
2n-1= 2^(m+1)-1 = 3*5^s
b1)\big\ \green\ n=2
|2n-1=3
x= 9/(2*3) = 1.5
b2)\big\ \green\ n=2^3
x= 33/(8*15) = 11/40 = 0.275
b3) n= 2^m |m>3
2==-1(3)
2^t ==cases(1(3),t gerade; 2(3),t ungerade)
Da 2*n-1 durch 3 teilbar ist, => n=2^m mit m ungerade =>
2n-1= 2^(m+1)-1 |m+1=2k
y= 3*5^s = 2^(2k)-1 = (2^k -1)*(2^k +1)
T((2^k -1)*(2^k +1))=1
Für k=2 ist y=3*5 (siehe b2) )
Ist k>2 , besteht y aus teilerfremden ungeraden Faktoren =>
Es gibt mindestens einen ungeraden Faktor != 5 .
\green\ \big\ Der Bruch lässt sich nicht durch eine endliche Dezimalzahl darstellen.
\big\ Nur für n=1, n=2 und n=8 hat der Bruch eine endliche Dezimaldarstellung.
LG chryso
*) Ich habe gerade wenig Zeit
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chryso
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| Beitrag No.31, eingetragen 2014-03-15
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Ich habe nun doch jetzt begonnen, deinen Beweis durchzulesen
\quoteon(2014-03-14 14:31 - Kezer in Beitrag No. 20)
1.Darstellbarkeit von n als 2^x', 5^y' oder 2^x'*5^y'
Notwendige Bedingung, der Faktor n lässt sich nicht kürzen, denn n \teiltnicht 4n+1.
\quoteoff
Dass man n nicht kürzen kann, stimmt zwar, aber die Begründung ist falsch.
Nehmen wir an, n=12 und der Zähler ist 27, dann ist zwar n kein Teiler von 27, der Bruch lässt sich aber trotzdem kürzen.
Richtig wäre: n und 4n-1 kann man nicht kürzen, da die beiden Zahlen teilerfremd sind.
LG chryso
@Kezer
Ändere vielleicht den Titel dieses Threads um in
BWM 2014 / 4. Aufgabe
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.32, eingetragen 2014-03-15
|
@chryso
Du hast es offenbar mit den Fallunterscheidungen, was mir persönlich jetzt nicht so sympathisch ist, weil ich da immer ein bißchen Angst habe, den Überblick zu verlieren. ;-)
Aber es gibt da eine Stelle in dem Beweis, die hast du, wie ich finde, eleganter gelöst. Wenn man schon weiß, dass $2n-1$ einerseits die Form
$2n-1=2^{4\ell}-1=(2^{2\ell}+1)(2^{2\ell}-1)$
mit einem $\ell>0$ hat, wobei ggT$(2^{2\ell}+1,2^{2\ell}-1)=1$ ist (letzeres ist der Punkt, den ich übersehen hatte, so komisch das auch nach der ganzen Vorgeschichte mit den vielen ggT's klingen mag!), und andererseits nur die Primfaktoren 3 und 5 haben kann, wobei 3 höchstens in der Vielfachheit 1 vorkommt, dann muss natürlich der kleinere der beiden Faktoren, da ja beide >1 sind, gleich 3 sein, woraus sich dann aus $2^{2\ell}-1=3$ sofort zwingend $\ell=1$ und damit die einzige noch verbleibende Lösung n=8 ergibt.
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Kezer
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| Beitrag No.33, vom Themenstarter, eingetragen 2014-03-15
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\quoteon(2014-03-15 14:02 - chryso in Beitrag No. 31)
Ich habe nun doch jetzt begonnen, deinen Beweis durchzulesen
\quoteon(2014-03-14 14:31 - Kezer in Beitrag No. 20)
1.Darstellbarkeit von n als 2^x', 5^y' oder 2^x'*5^y'
Notwendige Bedingung, der Faktor n lässt sich nicht kürzen, denn n \teiltnicht 4n+1.
\quoteoff
Dass man n nicht kürzen kann, stimmt zwar, aber die Begründung ist falsch.
Nehmen wir an, n=12 und der Zähler ist 27, dann ist zwar n kein Teiler von 27, der Bruch lässt sich aber trotzdem kürzen.
Richtig wäre: n und 4n-1 kann man nicht kürzen, da die beiden Zahlen teilerfremd sind.
LG chryso
@Kezer
Ändere vielleicht den Titel dieses Threads um in
BWM 2014 / 4. Aufgabe
\quoteoff
Hallo,
das habe ich heute auch gemerkt, da hast du Recht und ich ärgere mich, dass ich vor Einsendeschluss nicht daran gedacht habe ^^
Ansonsten schöne Lösungen weird und chryso :)
Kezer
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chryso
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Dabei seit: 07.02.2009
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| Beitrag No.34, eingetragen 2014-03-16
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\quoteon(2014-03-15 16:46 - weird in Beitrag No. 32)
@chryso
Du hast es offenbar mit den Fallunterscheidungen, was mir persönlich jetzt nicht so sympathisch ist, weil ich da immer ein bißchen Angst habe, den Überblick zu verlieren. ;-)
Aber es gibt da eine Stelle in dem Beweis, die hast du, wie ich finde, eleganter gelöst. Wenn man schon weiß, dass $2n-1$ einerseits die Form
$2n-1=2^{4\ell}-1=(2^{2\ell}+1)(2^{2\ell}-1)$
mit einem $\ell>0$ hat, wobei ggT$(2^{2\ell}+1,2^{2\ell}-1)=1$ ist (letzeres ist der Punkt, den ich übersehen hatte, so komisch das auch nach der ganzen Vorgeschichte mit den vielen ggT's klingen mag!), und andererseits nur die Primfaktoren 3 und 5 haben kann, wobei 3 höchstens in der Vielfachheit 1 vorkommt, dann muss natürlich der kleinere der beiden Faktoren, da ja beide >1 sind, gleich 3 sein, woraus sich dann aus $2^{2\ell}-1=3$ sofort zwingend $\ell=1$ und damit die einzige noch verbleibende Lösung n=8 ergibt.
\quoteoff
Wenn ich das einmal kurz überfliege, komme ich zum Schluss, dass du durch die Nichtfallunterscheidung hier eventuell etwas übersiehst.
$2n-1=2^{4\ell}-1=(2^{2\ell}+1)(2^{2\ell}-1)$
gilt ja nur, wenn 2n-1 == 0(5)
Aber es kann genausogut dieses 2n-1=1*3 sein. Was ja tatsächlich eine Lösung bringt.
Ich finde, meine Beweise sind doch eh so übersichtlich. ;-)
@Kidink
\quoteon
Wir bemerken noch, dass ein Bruch genau dann eine nicht abbrechende Dezimalbruchentwicklung hat, wenn der Nenner neben 2 und 5 einen weiteren Primteiler besitzt, welcher den Zähler nicht teilt.
\quoteoff
Hier würde ich mir als Korrektor schon einen kleinen Beweis erwarten. ;-)
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weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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| Beitrag No.35, eingetragen 2014-03-16
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\quoteon(2014-03-16 05:03 - chryso in Beitrag No. 34)
Wenn ich das einmal kurz überfliege, komme ich zum Schluss, dass du durch die Nichtfallunterscheidung hier eventuell etwas übersiehst.
$2n-1=2^{4\ell}-1=(2^{2\ell}+1)(2^{2\ell}-1)$
gilt ja nur, wenn 2n-1 == 0(5)
Aber es kann genausogut dieses 2n-1=1*3 sein. Was ja tatsächlich eine Lösung bringt.
Ich finde, meine Beweise sind doch eh so übersichtlich. ;-)
\quoteoff
Etwas nur "kurz mal überfliegen", sollte man eher nicht machen, wenn man etwas kritisiert und ich fürchte, das hier ist keine Ausnahme. Wenn du doch mal auch einen kurzen Blick auf meinen ersten Beitrag #29 wirfst, auf den ich mich da ja bezogen hatte, so wirst du feststellen, dass an der Stelle die Fälle n=1,2 schon abgehandelt waren und ich daher schon voraussetzen konnte, dass 2n-1 eine Mersennesche Zahl >3 ist (steht ausdrücklich so da, bitte also nur nachlesen!)
Und ja, weil du bei allem Lob das mit den "vielen Fallunterscheidungen" offenbar dann doch in die falsche Kehle bekommen hast: Bleib dabei, wenn es es für dich so am klarsten und übersichtlichsten ist, denn das ist offenbar dein persönlicher Stil. Ich wollte damit eigentlich nur anmerken, dass es meiner nicht ist. :-)
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chryso
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| Beitrag No.36, eingetragen 2014-03-16
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\quoteon(2014-03-16 08:12 - weird in Beitrag No. 35)
so wirst du feststellen, dass an der Stelle die Fälle n=1,2 schon abgehandelt waren und ich daher schon voraussetzen konnte, dass 2n-1 eine Mersennesche Zahl >3 ist (steht ausdrücklich so da, bitte also nur nachlesen!)
\quoteoff
Etwas anderes als eine Fallunterscheidung ist es ja dann auch nicht.
;-)
Ich finde es halt besser, wenn man bei Fallunterscheidungen auch sieht, dass es welche sind. ;-) ;-)
LG chryso
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zMatheStudent
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Mitteilungen: 20
| Beitrag No.37, eingetragen 2014-05-30
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Jemand die Antwort schon erhalten? :-)
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KidinK
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Dabei seit: 10.06.2013
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| Beitrag No.38, eingetragen 2014-05-30
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Nein, ich habe noch keine Rückmeldung.
Liebe Grüße,
KidinK
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Kezer
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Dabei seit: 04.10.2013
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| Beitrag No.39, vom Themenstarter, eingetragen 2014-05-31
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Ich hab heute Post bekommen, hab echt nicht erwartet, dass es ein 1.Preis wurde :-D
Die Aufgaben der 2.Runde sehen allerdings sehr kompliziert aus.
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