Mathematische Spielereien
01.11.2006 um 19:43Darauf bin ich auch gekommen, wollte nur wissen, ob es vielleicht noch eineandere
Möglichkeit gibt.
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Möglichkeit gibt.
Mathematische Spielereien
155 Beiträge ▪ Schlüsselwörter:
Mathematik ▪ Abonnieren: Feed E-Mail
Mathematische Spielereien
01.11.2006 um 20:01Also ich kenne keine andere Möglichkeit.
Mathematische Spielereien
01.11.2006 um 22:48...sorry wenn ich mich mal hier einmische, ........hört sich alles ja irgendwieinteressant an, aber kann mir das einer mak übersetzten was der sinn hinter der sache ist??!!
Mathematische Spielereien
01.11.2006 um 23:11Tja, über den Sinn hinter der Sache gehen die Meinungen weit auseinander. Das sollte manwohl in einem eigenen Thread diskutieren :)
Mathematische Spielereien
16.12.2006 um 14:03Sei x das Gewicht des Elefanten und y das Gewicht der Muecke. Sei d der Unterschied.
x = y + d |*(x-y)
x^2 - xy = xy + xd - y^2 - yd |-xd
x^2 - xy -xd= xy - y^2 - yd
x(x - y - d) = y(x - y - d) | : (x - y - d)
x=y
d.h.Das Gewicht des Elefanten ist gleich dem Gewicht einer Muecke !!!
x = y + d |*(x-y)
x^2 - xy = xy + xd - y^2 - yd |-xd
x^2 - xy -xd= xy - y^2 - yd
x(x - y - d) = y(x - y - d) | : (x - y - d)
x=y
d.h.Das Gewicht des Elefanten ist gleich dem Gewicht einer Muecke !!!
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16.12.2006 um 14:05Sehr schön :)
Mathematische Spielereien
16.12.2006 um 14:45@ilchegu:
>>>(n^5− n) ist halt ein sehr handlicher Ausdruck, den manleicht in Faktoren zerlegen kann. Dabei wird dann auch klar, dass dieser Ausdruck immerdie Primfaktoren 2, 3 und 5 enthält<<<
Kannst du mal die Zerlegungangeben?
Ich komme bloß auf:
(n^5− n)
= n(n^4− 1)
=n(n^2+1)(n^2-1) nach drittem Binom
= n(n^2+1)(n+1)(n-1) nachmal nach drittem Binom
= n(n^2+2n-2n+1)(n+1)(n-1) Erweiterung um das erste Binom bilden zu können
=n((n+1)^2-2n)(n+1)(n-1) erstes Binom bilden
Bei den drei aufeinander folgenenZahlen (n-1), n, (n+1) ist immer eine durch 3 teilbar und mindestens eine durch 2teilbar, aber wie beweißt du, dass immer der Faktor 5 drin steckt?
CU m.o.m.n.
>>>(n^5− n) ist halt ein sehr handlicher Ausdruck, den manleicht in Faktoren zerlegen kann. Dabei wird dann auch klar, dass dieser Ausdruck immerdie Primfaktoren 2, 3 und 5 enthält<<<
Kannst du mal die Zerlegungangeben?
Ich komme bloß auf:
(n^5− n)
= n(n^4− 1)
=n(n^2+1)(n^2-1) nach drittem Binom
= n(n^2+1)(n+1)(n-1) nachmal nach drittem Binom
= n(n^2+2n-2n+1)(n+1)(n-1) Erweiterung um das erste Binom bilden zu können
=n((n+1)^2-2n)(n+1)(n-1) erstes Binom bilden
Bei den drei aufeinander folgenenZahlen (n-1), n, (n+1) ist immer eine durch 3 teilbar und mindestens eine durch 2teilbar, aber wie beweißt du, dass immer der Faktor 5 drin steckt?
CU m.o.m.n.
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16.12.2006 um 15:13Naja, bei 3 aufeinanderfolgenden Zahlen gibt es 2 Möglichkeiten:
1. eine durch 5Teilbare Zahl ist bereits enthalten.
2. es ist keine durch 5 teilbare Zahlenthalten, dann gibt es wieder 2 Möglichkeiten (für k=0,1,2,...):
a)(5k+3)*(5k+2)*(5k+1)
b) (5k+4)*(5k+3)*(5k+2)
Wenn man aus dem Ausruckn(n^2+1)(n+1)(n-1) den 2. Faktor betrachtet:
zu a)
n^2+1 = (5k+2)^2+1= 5+20k+25k^2 = 5*(1+4k+5k^2)
zu b)
n^2+1 = (5k+3)^2+1 = 10+30k+25 k^2 = 5*(2+6k+5k^2)
1. eine durch 5Teilbare Zahl ist bereits enthalten.
2. es ist keine durch 5 teilbare Zahlenthalten, dann gibt es wieder 2 Möglichkeiten (für k=0,1,2,...):
a)(5k+3)*(5k+2)*(5k+1)
b) (5k+4)*(5k+3)*(5k+2)
Wenn man aus dem Ausruckn(n^2+1)(n+1)(n-1) den 2. Faktor betrachtet:
zu a)
n^2+1 = (5k+2)^2+1= 5+20k+25k^2 = 5*(1+4k+5k^2)
zu b)
n^2+1 = (5k+3)^2+1 = 10+30k+25 k^2 = 5*(2+6k+5k^2)
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16.12.2006 um 15:15Man kann sich ja auch anschauen, wie sich die möglichen Reste bei der Division einer Zahln durch 5, also 0, 1, 2, 3, 4, bei n^5 - n entwickeln.
0^5 - 0 = 0 => durch5 teilbar
1^5 - 1 = 0 => durch 5 teilbar
2^5 - 2 = 30 ist kongruent zu0 mod 5 => durch 5 teilbar
3^5 - 3 = 240 ist kongruent zu 0 mod 5 => durch 5teilbar
4^5 - 4 = 1020 ist kongruent zu 0 mod 5 => durch 5 teilbar
So lässt sich das auch bei der Division durch 2 und 3 zeigen.
0^5 - 0 = 0 => durch5 teilbar
1^5 - 1 = 0 => durch 5 teilbar
2^5 - 2 = 30 ist kongruent zu0 mod 5 => durch 5 teilbar
3^5 - 3 = 240 ist kongruent zu 0 mod 5 => durch 5teilbar
4^5 - 4 = 1020 ist kongruent zu 0 mod 5 => durch 5 teilbar
So lässt sich das auch bei der Division durch 2 und 3 zeigen.
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16.12.2006 um 15:27Mathematische Spielereien
16.12.2006 um 15:35Ich kann doch alle n in die verschiedenen Restklassen modulo 5 einteilen.
Wennich dann für jede einzelne Restklasse zeige, dass der Ausdruck n^5 - n sich auf dieRestklasse 0 zurückführen lässt, d.h. auf die Zahlen, die durch 5 ohne Rest teilbar sind,sollte dies doch dann für alle n gelten.
Kann aber gut sein, dass da einDenkfehler drin ist.
Wennich dann für jede einzelne Restklasse zeige, dass der Ausdruck n^5 - n sich auf dieRestklasse 0 zurückführen lässt, d.h. auf die Zahlen, die durch 5 ohne Rest teilbar sind,sollte dies doch dann für alle n gelten.
Kann aber gut sein, dass da einDenkfehler drin ist.
Mathematische Spielereien
16.12.2006 um 16:03Nun habe ich es verstanden. Ich denke Du hast recht und mit Hilfe der Eigenschaften einesRestklassenrings kann man das sicher so beweisen.
Mathematische Spielereien
16.12.2006 um 20:00schau mal bei google.da findest Du bestimmt was.
Mathematische Spielereien
16.12.2006 um 22:13Ein kleiner Tipp von mir alles was man Zeichnen kann kann man auch rechnen. Also nicht zuviele Linien
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