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Teilbarkeit

14. Teilbarkeitsaussagen

(1) Für <math>n \in \mathds{N}</math> ist <math>7^{2n}-2^n</math> stets durch <math>47</math> teilbar. Bevor man hier reflexartig eine Induktion startet, sollte man sich einfach daran erinnern, dass aufgrund der Formel in Abschnitt 7 stets <math>a-b</math> ein Teiler von <math>a^n-b^n</math> ist. Wenden wir das auf <math>a=7^2=49</math> und <math>b=2</math> an, so sind wir sofort fertig. Dass <math>a-b</math> ein Teiler von <math>a^n-b^n</math> ist, sieht man auch daran, dass <math>a^n-b^n</math> ein Polynom in <math>a</math> mit Nullstelle <math>a=b</math> ist.

(2) Die natürliche Zahl <math>n(n+1)</math> ist stets durch <math>2</math> teilbar, d.h. gerade. Das liegt einfach daran, dass <math>\frac{n(n+1)}{2}</math> die Anzahl der <math>2</math>-elementigen Teilmengen einer Menge mit <math>n+1</math> Elementen ist (vgl. Abschnitt 6), also sicherlich eine natürliche Zahl ist. Genauso ist <math>n(n+1)(n+2)</math> stets durch <math>3</math> teilbar, etc.

(3) Genauer gesagt ist sogar immer eine der <math>m</math> Zahlen <math>n,n+1,n+2,\dotsc,n+(m-1)</math> durch <math>m</math> teilbar. Das ergibt sich aus dem Satz über die Division mit Rest:

Für alle <math>n,m \in \mathds{N}</math> mit <math>m > 0</math> gibt es eindeutig bestimmte <math>q,r \in \mathds{N}</math> mit <math>n = qm + r</math> und <math>r < m</math>.

Dies ist eine derart grundlegende Aussage über natürliche Zahlen, dass man sie wohl mit der vollständigen Induktion beweisen muss. Im Induktionsschritt nimmt man <math>n=qm+r</math> an und unterscheidet zwei Fälle: <math>r+1 < m</math> und <math>r+1=m</math>. Im ersten Fall hat man <math>n+1=qm+(r+1)</math> und ist fertig, und im zweiten Fall hat man <math>n+1=(q+1)m</math> und ist fertig. Das jedenfalls zur Existenz. Die Eindeutigkeit lässt sich direkt beweisen, also ohne Induktion.

(4) Für <math>n \in \mathds{N}</math> ist <math>11^{n+2}+12^{2n+1}</math> stets durch <math>133</math> teilbar. Auch hier muss man nicht zwangsläufig eine Induktion machen: Modulo <math>133</math> rechnet man

<math>11^{n+2} + 12^{2n+1} = 11^2 \cdot 11^n + 12 \cdot (12^2)^n \\ \medskip
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\,\, = 121 \cdot 11^n + 12 \cdot (144)^n \equiv -12 \cdot 11^n + 12 \cdot 11^n = 0.</math>

Wenn man Modulo-Arithmetik noch nicht kennt, kann man dieses Argument auch so aufschreiben:

<math>11^{n+2} + 12^{2n+1} = 121 \cdot 11^n + 12 \cdot (144)^n = 133 \cdot 11^n + 12 \cdot ((133+11)^n-11^n).</math>

Hier sieht man nun die Teilbarkeit durch <math>133</math>.
 
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