FÜ Lösungsvorschlag

[lara]

Induktionsanfang: fuer k=1 gilt es
Induktionsannahme: 8|(k^2-1) gelte fuer alle k element N und k ungerade
Induktionsschritt: (ich nehme hier k+2, da k+1 ja gerade ist)
(k+2)^2-1 = k^2 + 4k + 4 -1 = k^2 - 1 + 4(k+1) (hier hab ich einfach umsortiert und die 4 ausgeklammert)
der vordere Teil ist ja per Induktionsannahme durch 8 teilbar. Jetzt bleibt nur noch zu zeigen, dass 4(k+1) durch 8 teilbar ist. Den Teil kann man nochmal durch einen kleinen Induktionsbeweis zeigen (das geht relativ einfach) oder man nutzt aus, dass k ungerade ist. Heisst also, k+1 ist gerade und somit immer durch 2 teilbar, was wiederrum heisst, man kann eine 2 aus dem Term k+1 ausklammern und vor die Klammer ziehen. Somit ergibt ergibt 4(k+1) = 8((k+1)/2) was durch 8 teilbar ist. Und die Addition von 2 Zahlen, die durch 8 teilbar sind, ergibt eine Zahl, die ebenfalls durch 8 teilbar ist (anschaulich kann man eine 8 aus der Addition ausklammern).
Somit ist der Beweis erbracht.

edit: ja da muesste 5 als endziffer, hatte wohl nicht richtig mitgedacht ^^ Quasi 5 mal gerade zahl gibt 0 am ende, aber man multipliziert ja immer mit 5 und nicht mit dem exponent

Danke für den Beweis.

Zum Endziffer 5 habe ich noch ein Verständnisproblem:
5^2 = 25
5^3 = ...5
5^4 = ...5

eigentlich nur 5er als endziffer oder???

[GNut]

genau. Und fuer die 9 dann eben analog.

[lara]

Induktionsanfang: fuer k=1 gilt es
Induktionsannahme: 8|(k^2-1) gelte fuer alle k element N und k ungerade
Induktionsschritt: (ich nehme hier k+2, da k+1 ja gerade ist)
(k+2)^2-1 = k^2 + 4k + 4 -1 = k^2 - 1 + 4(k+1) (hier hab ich einfach umsortiert und die 4 ausgeklammert)
der vordere Teil ist ja per Induktionsannahme durch 8 teilbar. Jetzt bleibt nur noch zu zeigen, dass 4(k+1) durch 8 teilbar ist. Den Teil kann man nochmal durch einen kleinen Induktionsbeweis zeigen (das geht relativ einfach) oder man nutzt aus, dass k ungerade ist. Heisst also, k+1 ist gerade und somit immer durch 2 teilbar, was wiederrum heisst, man kann eine 2 aus dem Term k+1 ausklammern und vor die Klammer ziehen. Somit ergibt ergibt 4(k+1) = 8((k+1)/2) was durch 8 teilbar ist. Und die Addition von 2 Zahlen, die durch 8 teilbar sind, ergibt eine Zahl, die ebenfalls durch 8 teilbar ist (anschaulich kann man eine 8 aus der Addition ausklammern).
Somit ist der Beweis erbracht.

bei der Induktionsannahme muss man aber erst bei k=3 anfangen. bei k=1 stimmt es nicht, oder?

[lara]

genau. Und fuer die 9 dann eben analog.

ok.
9^2 = 81
9^3 = ...9
9^4 = ...1
9^5 = ...9

Also Endziffer bei geraden Zahlen = 1
und bei ungeraden Zahlen =9

bspw. bei 7^234
7^2 = 49
7^3 = ...3
7^4 = ...1
7^5 = ...7

also in dem bsp. ist Endziffer 1.

Hab ich das jetzt richtig verstanden?
(Dank dir )

[lara]

Könnten wir mal F30 vgl.?

[GNut]

http://www.d120.de/forum/viewtopic.php?f=154&t=21765
da sind einige loesungen, obwohl wir in unserer lerngruppe gedacht hatten, nur weil a*b = b heisst nicht, dass auch gilt b*a = b.
Von daher gilt es nicht, weil es nicht fuer beide richtungen zeigbar ist.
aber evtl. kann mich ja jemand vom gegenteil ueberzeugen

[lara]

F31) meine Lösung:

E= (1,0,1) + x(2,-1,-1) + y(1,0,0)

----> Punkt 1 habe ich einfach als Aufpunkt, und von den anderen zwei Punkten habe ich den Punkt 1 abgezogen und damit meine zwei Richtungsvektoren erzeugt. Ist das soweit richtig???

[GNut]

Das muesste stimmen. Theoretisch kann man sich die richtungsvektoren beliebig waehlen, solang die entstandene parameterform der ebene fuer alle gegebenen punkte loesbar ist .

[mba]

Aufgabe F23

Wie würden denn dort konkret die Vektoren bzgl. der Standardbasis des R^3 ausschauen? Ich habe mir eine Skizze gemacht, aber so ganz komme ich irgendwie nicht drauf.

[lara]

Das muesste stimmen. Theoretisch kann man sich die richtungsvektoren beliebig waehlen, solang die entstandene parameterform der ebene fuer alle gegebenen punkte loesbar ist .

was meinst du mit der Lösbarkeit? Meine Frage ist, wenn jeder einen anderen Ortsvektor und Richtungsvektoren hat, kommt man dann aufs gleiche Ergebnis?

[GNut]

Mit loesbarkeit meine ich, dass es eine Loesung fuer alpha und beta der richtungsvektoren gibt, sodass die ebenengleichung die punkte der ebene ergibt.
wenn man es sich graphisch veranschaulicht, wird es ja ersichtlich. eine Ebene im R3 kann man von jedem Punkt aus aufspannen mit 2 Richtungsvektoren, solang sie nur in der ebene liegen. Also gibt es quasi unendlich viele richtige loesungen, aber die Gerade schneidet Ebene nur in einem punkt, der eindeutig ist. Von daher kann es gut sein, dass wir alle verschiedene Parameterformen der Ebene haben, aber der Schnittpunkt muss gleich sein

[lara]

und wie merke ich mir bzw. wie soll ich es sehen, wenn ich vektoren aussuchen, ob die gut lösbar sind oder nicht. hast du da vielleicht ein tipp für mich

[GNut]

naja, so wie du es gemacht hast einfach einen der gegebenen punkte als aufhaengepunkt nehmen und die anderen 2 passend dazu ausrechnen.

[lara]

ja, aber in der F31 waren die Punkte ja vorgegeben. aber in der Probeklausur sollte man selber die punkte bestimmen. nur x2= 0 sein. da gibt es ja viele kombinationen. was sollte man in der aufgabe beim wählen von Vektoren beachten?

[GNut]

in erster linie, dass die moeglichst einfach sind. schliesslich musst du mit denen anschliessend weiterrechnen.