Übung Vollständige Induktion

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Version vom 24. August 2012, 14:23 Uhr von Flo1860 (Diskussion | Beiträge)

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Folgendermaßen gehe ich nach dem Einsetzen der Induktionsannahme vor:

(IA) = |T(p_1 ^{n_p1} \ * \ p_2 ^{n_p2} \ * \ ... \ * \ p_k ^{n_pk})| \ * \ (n_{p(k+1)} + 1) \ = \ |T(p_1 ^{n_p1} \ * \ ... \ * \ p_{(k+1)} ^{n_{p(k+1)}}| und das ist nichts anderes als die Mächtigkeit der Teilermenge von a (die wir ganz, ganz weit am Anfang mal gesetzt haben - d. h. die Zahl, die sich aus den ersten (k+1) Primfaktorpotenzen zusammensetzt).

Begründung OHNE Kombinatorik

Wir wissen aus den Regeln der Teilbarkeitsrelation folgendes: a|a*b
Weil unsere Zahl a nun eben nur durch diese Primfaktorpotenzen dargestellt wird (nämlich aus k Primfaktorpotenzen und einer weiteren Primfaktorpotenz (k+1) teilt jetzt jedes einzelne Element der Teilermenge Fehler beim Parsen(Syntaxfehler): \frac{a} {p_{(k+1)} ^{n_{p(k+1)}

(also der Zahl die aus den ersten k Primfaktorpotenzen entsteht - wir nennen diese Zahl der Übersichtlichkeit halber b mit b \ = \ (p_1 ^{n_p1} \ * \ p_2 ^{n_p2} \ * \ ... \ * \ p_k ^{n_pk})) unser a.



Wir nehmen uns also ein beliebiges Element x aus der Teilermenge von b. Es gilt also folgendes:

x|b \ * \ p_{(k+1)} ^{0_{p(k+1)}} (nach Teilbarkeitskriterium) und

x|b \ * \ p_{(k+1)} ^{1_{p(k+1)}} (nach TKK) und

x|b \ * \ p_{(k+1)} ^{2_{p(k+1)}} (nach TKK) und

x|b \ * \ p_{(k+1)} ^{3_{p(k+1)}} (nach TKK) und


...
x|b \ * \ p_{(k+1)} ^{n_{p(k+1)}} (nach TKK)

Es gibt nun genauso viele x, wie die Mächtigkeit der Teilermenge von b beschreibt. Für jedes einzelne x gibt es (n+1) (wissen wir aus dem TKK) weitere Zahlen, die a teilen (siehe oben).
Somit habe ich |T(b)| * (n+1) Teiler von a.
q.e.d. (aber Spaß machts keinen mehr :( )