Teilbarkeit durch 12 (Idee dahinter)
Hallo :)
Warum ist eine Zahl durch 12 teilbar, wenn sie durch 3 und 4 teilbar ist?
An sich verstehe ich die Teiler-Idee dahinter, mir ist nur noch nicht ganz klar, warum hier gerade mit der 3 und 4 argumentiert wird. Mein Ansatz wäre:
Die 2 braucht man nicht extra zu prüfen, weil sie ja schon in der 4 drin steckt (2*2 und jede Zahl, die durch 4 teilbar ist, ist auch durch 2 teilbar). Und die 6 braucht man nicht extra zu prüfen, weil ja schon die 3 und (indirekt) die 2 geprüft wurden.
Demnach muss man bei diesen Teilbarkeitsgeschichten generell die Teilbarkeit durch JEDEN Teiler einer Zahl N prüfen, wenn man wissen will, ob eine Zahl Z durch N teilbar ist?
Ist somit eine Zahl durch 16 teilbar, wenn sie durch 4 und 8 teilbar ist?
Im Endeffekt gehts auch darauf hinaus:
Wenn meine Annahmen oben richtig sind, lässt sich mit diesen Regeln auch argumentieren, dass die Summe ( 4n^3 + 6n^2 + 2n ) durch 12 teilbar ist? Warum macht das " + " kein Unterschied aus?
Wäre über Antworten sehr erfreut :) Danke!
3 Antworten
Ja du siehst es falsch, also bezogen auf die Teilbarkeitsüberprüfung jeden einzelnen Summanden. Beispiel:
7n^2 + 5 n
Offensichtlich sind beide Summanden nur durch 12 teilbar, wenn n ein Vielfaches von 12 ist. Aber schon für n=1 ergibt sich
7*1^1 + 5 * 1 = 12
welches durch 12 teilbar ist.
Wie geht man also an solche Aufgaben ran? Eine Möglichkeit wäre "Beweis per Induktion", welches in 2 Zeilen zu lösen ist (sehr sehr einfach!).
Es gibt aber auch eine andere Möglichkeit solche Aufgaben zu rechnen, und zwar mittels Restklasse. Das heißt, man probiert verschiedene Restklassen an. Ich würde es intuitiv mit (Rest 0,1,...,5) probieren. Du setzt für n also die folgenden Werte ein
6x 6x+1 ... 6x+5
Einsetzen und hoffen, dass du eine 12 am Ende ausklammern kannst. Schon wäre man fertig. Ich würde aber hier kurz die Induktion bevorzugen.
Gruß Mokinid
Mach mit ner Modulo-Rechnung. Das wäre viel leichter.
Ach... hab jetzt erst gesehen, dass Du auch geantwortet hast, sorry... Okay, ich habe auch das Gröbste von Deiner Antwort verstanden, bin mit der Modulo-Rechnung aber nicht mehr soo vertraut... ich werds mir aber in Ruhe angucken, klingt plausibel! Danke jedenfalls!
Am besten ist es ja immer, wenn man einen Faktor rausziehen kann. Nehmen wir also das Beispiel
6x^2 +6x
Faktorisierst du es, so ergibt sich:
6 * x * (x+1)
Dieser Ausdruck ist durch 12 teilbar, da wir einmal den Faktor 6 haben und zweitens einer der beiden Faktoren x und x+1 eine gerade Zahl ist. Dies ist eigentlich auch wieder halbwegs äquivalent zur Modulo-Rechnung.
Die Modulo-Rechnung ist neben der Induktion mit am geeignetsten. Ansonsten immer die Teilbarkeitsregeln anweden. Da gibts ja quasi für je Zahl eine ;) Sonst müsste man von Fall zu Fall unterscheiden. Vielleicht gibt es ja auch andere Möglichkeiten für deinen Fall.
Danke an euch beide!!
Genau, Rausziehen eignet sich gut, ist hier ja aber leider nicht zu gebrauchen (zumindest die 4 lässt sich nicht rausziehen)....
Habe das jetzt per mod-Rechnung gemacht, muss aber eingestehen, dass das mehr als ein halbes Blatt beansprucht (gehts auch im Schnelldurchlauf!?). Habe jeweils für n kongruent 0,1,2 mod 3 und n kongruent 0,1,2,3 mod 4 getestet.
Somit wäre die Induktion ja noch am schnellsten ;)
Die am Ende erwähnte Summe wäre nur dann durch 3 teilbar, wenn 3 | n.
Die Summe ist durch 4 teilbar, da:
4n^3 + 6n^2 + 2n=2·n·(n + 2·n^2+1)
und n·(n + 2·n^2+1) = ist durch 2 teilbar, da
n=0 mod 2 —> n·(n + 2·n^2+1) = 0 —> durch 2 teilbar, oder sonst
n=1 mod 2 —> n·(n + 2·n^2+1) = 1+1·1=0 —> durch 2 teilbar
Sorry! Ich hab verlesen.
Die am Ende erwähnte Summe wäre nur dann durch 3 teilbar, wenn 3 | n oder 3 | 2·n^2+1.
(Da 4n^3 + 6n^2 + 2n = 6n^2 + 2·n·(2·n^2+1).)
- Fall 1. 3 |n —> gut.
- Fall 2. n=±1 mod 3. Also 2·n^2 + 1 = 2·1+1 = 3 = 0 mod 3, also 3 | 2·n^2+1.
Du musst die teilbarkeitsregeln von 3 und 4 kombinieren, also: Prüfe, ob die Quersumme durch 3 teilbar ist und ob die letzten beiden Ziffern durch 4 teilbar sind. Wenn eine Zahl durch 4 und 8 teilbar ist, ist sie durch 4 und 8 teilbar, aber nicht automatisch durch 16. Eine Zahl ist durch 16 teilbar, wenn die letzten vier Ziffern durch 16 teilbar sind. ( bei 32 die letzten 5 Ziffern, bei 64 die letzten 6 Ziffern usw.)
Danke für die Antwort :)
D.h., wenn ich eine Summe vor mir habe, kann lässt sich nicht einfach mit Teilbarkeitsregeln argumentieren? Zumindest dann nicht, wenn aus ALLEN Koeffizienten nicht alle nötigen Teiler hervorgehen?
Dass ich per Induktion das beweisen kann war mir klar, dieser Term ist auch ein "Restterm" einer anderen Induktion. Bevor ich mir aber immer die "Mühe" ;) mache, in solchen Fällen mehrere Induktionsbeweise zu machen, wollte ich nur wissen, ob es auch einfachere Methoden gibt.
Du siehst da nur die Modulo-Rechnung? :)