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Hi
cih ahb mal paar aufgaben, die angeblich ziemlich leicht sein sollen, ich weiß aber nichts damit anzufangen.
1) man zeige: für alle n aus N gilt:
a) 2 teilt (n²-n)
b) 6 teilt (n³-n)
c) 12 teilt [mm] (n^4-n²)
[/mm]
d) 8 teilt [mm] (9^n-1)
[/mm]
2) für welche n aus N gilt: 5 teilt [mm] (n^4+4)
[/mm]
3) zeigen sie: für 1<n aus N gilt: [mm] n^4+4 [/mm] ist nicht prim
hoffe irgendjemand kann mir bei den aufgaben helfen!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:04 Mo 03.01.2005 | | Autor: | andreas |
hi monika
zur aufgabe 1 erstmal nur ein paar tipps, dann ist die wohl wirklich zu machen: probiere die terme zu faktorisieren, verwemde z.b. [m] n^2 - 1 = (n-1)(n+1) [/m] und dann solche weißheiten, dass von 2 aufeinanderfolgenden zahlen stets eine der zahlen durch zwei, bei drei aufeinanderfolgenden zahlen stets eine durch drei teilbar ist, etc ...
ansonsten bietet sich bei sowas auch immer induktion an, wenn du mit solchen einfachen umformungen nicht mehr weiterkommst.
mal als beispiel b): [m] n^3 - n = n(n^2 - 1) = (n-1)n(n+1) [/m] einer der faktoren ist durch zwei, einer durch drei teilbar, also ist das produkt durch $6$ teilbar!
zu 2, würde ich vermuten, dass [m] 5 | (n^4 + 4) \; \Longleftrightarrow \; 5 \nmid n [/m]
bewiesen kann man das z.b. so alle natürlichen zahlen alssen sich darstellen als [m] n = 5k + r [/m] mit [m] r \in \{0, 1, 2, 3, 4 \} [/m] klar, oder (das $r$ soll auf rest bei division durch $5$ hindeuten)?
dann sagt mir maple, dass
[m] (n^4 + 4) = (5k + r)^4 + 4 = 625k^4 + 500k^3r + 150k^2r^2 + 20kr^3 + r^4 + 4[/m]
da die ersten $4$ summanden stets durch $5$ teilbar sind, ist das ganze also genau dann durch $5$ teilbar, wenn [mm] $r^4 [/mm] + 4$ durch $5$ teilbar ist und das ist ein sehr endliches problem, das kann amn einfach mal durchprobieren!
zu 3 muss ich mir noch was überlegen, die sieht aber noch recht machbar aus.
grüße
andreas
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Hallo,
zur Aufgabe 1d)
[mm]\begin{array}{l} 9^n \; \equiv \;1\;\left( 8 \right) \\ \Leftrightarrow \;1^n \; \equiv \;1\;\left( 8 \right) \\ \Rightarrow \;8\;|\;9^n - 1 \\
\end{array}[/mm]
zur Aufgabe 2)
Schreibe die Verknüpfungstabelle bezüglich der Multiplikation modulo 5 auf
[mm]\begin{array}{*{20}c} n & {n^2 } & {n^4 } \\
0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 4 & 1 \\ 3 & 4 & 1 \\
4 & 1 & 1 \\\end{array}[/mm]
Hieraus erkennt man, dass [mm]5|n^4 + \;4[/mm] nur gilt,
wenn n nicht 5 teilt.
Zur Aufgabe 3)
Es ist nur noch zu zeigen, dass [mm]n^4 + 4[/mm] nicht prim ist, wenn n ein Vielfaches von 5 ist.
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:35 Mo 03.01.2005 | | Autor: | andreas |
hi
ich denke, dass die aufgabe 3) vielleicht gar nicht so einfach ist, wie anfänglich angenommen, zumindest bin ich bis jetzt noch nicht daraufgekommen, wie man zeigt, dass [m] n^4 + 4 [/m] für ungerade vielfache von $5$, also $5, 15, 25, 35, ... $ nicht prim ist. hier wachsen die primteiler auch recht unangenehm, z.b. ist für [m] n=55 [/m] der kleinste primteiler von [m] n^4 + 4 = 9150629 [/m] die zahl [m] 3137 [/m].
für alle anderen zahlen folgt die behauptung entweder aus aufgabe 2) oder daraus, dass die $n$ gerade sind (für [m] n =10, 20, 30, ... [/m]), da dann [m] 2 [/m] ein primteiler von [m] n^4 + 4 [/m] ist!
aber für zahlen der form [m] n = 5 + 10* k, \; k \in \mathbb{N}_0 [/m]? hat jemand eine idee?
grüße
andreas
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:42 Mo 03.01.2005 | | Autor: | moudi |
> hi
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> ich denke, dass die aufgabe 3) vielleicht gar nicht so
> einfach ist, wie anfänglich angenommen, zumindest bin ich
> bis jetzt noch nicht daraufgekommen, wie man zeigt, dass
> [m]n^4 + 4[/m] für ungerade vielfache von [mm]5[/mm], also [mm]5, 15, 25, 35, ...[/mm]
> nicht prim ist. hier wachsen die primteiler auch recht
> unangenehm, z.b. ist für [m]n=55[/m] der kleinste primteiler von
> [m]n^4 + 4 = 9150629[/m] die zahl [m]3137 [/m].
> für alle anderen zahlen folgt die behauptung entweder aus
> aufgabe 2) oder daraus, dass die [mm]n[/mm] gerade sind (für [m]n =10, 20, 30, ... [/m]),
> da dann [m]2[/m] ein primteiler von [m]n^4 + 4[/m] ist!
>
> aber für zahlen der form [m]n = 5 + 10* k, \; k \in \mathbb{N}_0 [/m]?
> hat jemand eine idee?
>
Ja, siehe meine Antwort . Moudi
> grüße
> andreas
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:38 Mo 03.01.2005 | | Autor: | moudi |
Ja wär hätte es gedacht, aber [mm]n^4+4[/mm] lässt sich ebenfalls faktorisieren (guter TI-89 sei Dank).
Also es gilt: [mm]n^4+4=(n^2-2n+2)(n^2+2n+2)[/mm].
Für n>1 sind beide Faktoren >1. z.B n=55 liefert
[mm]55^4+4=9150629=2917\cdot 3137[/mm] (das Produkt zweier Primzahlen!).
mfG Moudi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:05 Mo 03.01.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo moudi, hallo Andreas,
das ist auch nicht erstaunlich, handelt es sich doch um einen Spezialfall der Identität von Sophie Germain, siehe etwa hier.
Manchmal sind meine Schüler-Tutorials doch für etwas gut... 
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:36 Di 04.01.2005 | | Autor: | moudi |
Danke für den Hinweis.
Ich kannt die Identität von Sophie Germain nicht.
mfG Moudi
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Hallo,
bei der Aufgabe 1c) wirst Du wohl um eine Fallunterscheidung nicht herumkommen.
Ist n gerade, so gilt 2|n. Daraus folgt dann, dass 4|n² teilt.
Und einer der Faktoren n-1, n+1 teilt immer 3.
Damit ist die Behauptung für n gerade bewiesen.
Ist n ungerade (n=2k+1), ist sichergestellt, dass 4 kein Teiler von n² ist.
Hier ist dann eine Fallunterscheidung zu machen:
i) Wann gilt 3|n?
3|n <=> k = 3v+1
=> 2|n-1 und 2|n+1
ii) Wann gilt 3|n-1?
3|n-1 <=> k = 3v
(es gilt sogar 6|n-1)
=> 2|n+1
iii) Wann gilt 3|n+1?
3|n+1 <=> k= 3v+2
(es gilt sogar 6|n+1)
=> 2|n
Damit ist die Behauptung auch für n ungerade bewiesen.
Gruss
MathePower
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