p sei eine Primzahl. Beweisen sie das n^p-n durch p teilbar ist:
Also n^p-n=mp
So ich wollte eigentlich mit vollständiger Induktion arbeiten, aber! irgendwie komme ich auf nichts … rein gar nichts…
Wenn mir einer helfen könnte wäre ich euch sehr dankbar.
Hallo.
Mein ‚Lösungsweg‘ ist nicht gerade elegant (=simuliert).
p=3, n=4 n*n*n-n = 64 - 4 = 60 = 15* 4 = 3*5 *4 (durch p teilbar)
p=3, n=5 = 125 -5 = 120= 40*3 = 8*5 *3 (auch durch p teilbar)
usw. mit anderen Werten für n und p…?! Irgendwie muss bei der Auflösung von n^p-n ein Ergebnis herauskommen, welches den Faktor p beinhaltet („Boah ey…“), siehe Beispiele
HTH
mfg M.L.
Hallo,
so einfach ist dies nicht, da die Aussage nur für Primzahlen gilt und deshalb nicht allgemeingültig ist. (z.B. gilt es nicht für p=6)
Was man versuchen kann: eine Induktion für ein konstantes p.
Für 3 ist es ziemlich einfach da n*(n^2-1) auf jeden Fall ungerade ist und ungerade Zahlen sich durch 3 teilen lassen usw.
Aber selbst dann ist der Beweis schwierig.
Gruss Peter
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Hallo,
bzw. (n^p-n) mod p=0. Für den Fall das n=kp ergibt sich das Ergebnis unmittelbar. Falls n kein Vielfaches von p ist, scheint mir der kleine Fermatsche Satz n^p mod p=n mod p einen Blick Wert zu sein.
Gruss
Enno
Mit Induktion
Hallo Dennis.
p sei eine Primzahl. Beweisen sie das n^p-n durch p teilbar
ist:
Also n^p-n=mp
Nehmen wir an, wir hätten n und p, für die obiges erfüllt ist, also
n<sup>p</sup>-n mod p = 0.
Betrachten wir nun (n+1) und p.
Gilt auch
(n+1)<sup>p</sup> - (n+1) mod p = 0 ?
Wenn wir im Ausdruck (n+1)p - (n+1) das Binom ausschreiben, erhalten wir
n<sup>p</sup> + (p über 1)n<sup>(p-1)</sup> + ... + (p über p-1)n + 1 - n - 1
+1 und -1 am Ende heben sich auf, und das erste Glied np ist mit dem -n zusammen gerade die Induktionsvoraussetzung, also durch p teilbar.
Bleibt der Mittelteil
(p über 1)n<sup>(p-1)</sup> + ... + (p über p-1)n
Jetzt brauchen wir noch folgende Eigenschaft von Binomialkoeffizienten bzw. des Pascalschen Dreiecks:
Für Primzahlen p gilt, dass (p über k) teilbar ist durch p für alle k aus {1,…,p-1}.
Damit ist gezeigt, dass der Induktionsschritt für alle Primzahlen gültig ist.
Das wars.
Gruß, Ralf
Danke Leute… ich habe die Lösung aber selber gefunden.
Wenns jemand interssiert.
Setze N=(a+b)
Benutzte dann den Binmoischen Lehrsatz, den man durch vollständige Induktion beweisen kann. Dann stellt sich durch Vergleich heraus, das lediglich (P über K) interessant ist. Wenn man dies ausmultipliziert kommt man auf P*(p-1)… durch 1*2*3. Somit ist der Zähler ein vielfaches von p und durch p teilbar q.e.d 
JUHU ich bin doch nicht blöd
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