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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 15:49 Sa 25.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Huho an alle!
Hier mal wieder eine neue Aufgabe, um ein wenig Leben in's Forum zu bringen.
Ich habe die Aufgabe vro ein paar Minuten entdeckt und konnte es natürlich nicht lassen, loszurechnen, habe aber noch keine gescheiten Ergebnisse vorzuweisen - lassen wir uns also bezüglich des Schwierigkeitsgrades überraschen 
Zeigen Sie, dass für jedes natürliche $n$ der Term [mm] $\frac{1}{4}\cdot\left( \left( 2+\sqrt{3} \right) ^{2n-1}+ \left( 2-\sqrt{3} \right) ^{2n-1}\right)$ [/mm] Summe der Quadrate zweier aufeinanderfolgender, natürlicher Zahlen ist.
Liebe Grüße und Viel Spaß,
Hanno
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Hmmm... vielleicht könnte da die geometrische Summenformel etwas weiterhelfen:
Dann wird nämlich aus
[mm]\bruch{1} {4}((2+\wurzel{3})^{2n-1})+(2-\wurzel{3})^{2n-1})
=\bruch{1} {4}((\wurzel{3}+2)^{2n-1})-(\wurzel{3}-2)^{2n-1})[/mm]
(da 2n-1 ungerade für alle natürlichen n)
und mit eben benannter geometrischer Summenformel:
[mm]=\bruch{1} {4}(\wurzel{3}+2-(\wurzel{3}-2))*\summe_{k=0}^{2n-2}(\wurzel{3}+2)^{k}(\wurzel{3}-2)^{2n-2-k}
=\summe_{k=0}^{2n-2}(\wurzel{3}+2)^{k}(\wurzel{3}-2)^{2n-2-k}[/mm], was ja schon fast ein wenig netter aussieht...
So... muß jetzt erstmal was essen... vielleicht hilft das hier ja dem ein oder anderen weiter, Fortsetzung folgt jedenfalls noch...
Schöne Feiertage euch allen noch,
Gruß,
Christian
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:48 Sa 25.12.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Christian!
Ich bin mir ziemlich sicher, dass deine Vereinfahcung hilft, auch wenn ich sie noch nicth ganz nachvollziehen konnte. Weiter könnte es jedenfalls mit vollständiger Induktion gehen:
Die Verankerung ist klar, machen wir also gleich beim Induktionsschritt weiter:
[mm] $\summe_{k=0}^{2(n+1)-2}(\wurzel{3}+2)^{k}(\wurzel{3}-2)^{2(n+1)-2-k} [/mm] $
[mm] $=(\sqrt{3}-2)^2\cdot\left( \summe_{k=0}^{2n-2}{(\sqrt{3}+2)^k(\sqrt{3}-2)^{2n-2-k}} + (\wurzel{3}-2)^{2n-1}(\wurzel{3}-2)^{2n-2-(2n-1)}+(\wurzel{3}+2)^{2n}(\wurzel{3}-2)^{2n-2-2n}\right)$
[/mm]
[mm] $=(\sqrt{3}-2)^2\cdot\left( a^2+(a+1)^2 + (\wurzel{3}+2)^{2n-1}(\wurzel{3}-2)^{-1}+(\wurzel{3}+2)^{2n}(\wurzel{3}-2)^{-2}\right)$
[/mm]
[mm] $=(\sqrt{3}-2)^2 (a^2+(a+1)^2)+(\sqrt{3}+2)^{2n-1}(\sqrt{3}-2)+(\sqrt{3}+2)^{2n}$
[/mm]
[mm] $=(\sqrt{3}-2)^2 (a^2+(a+1)^2)+(\sqrt{3}+2)^{2n-2}(\sqrt{3}+2)(\sqrt{3}-2)+(\sqrt{3}+2)^{2n}$
[/mm]
[mm] $=(\sqrt{3}-2)^2 (a^2+(a+1)^2)-(\sqrt{3}+2)^{2n-2}+(\sqrt{3}+2)^{2n}$
[/mm]
Hast du eine Idee, wie man das nun zuende führen könnte?
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:49 Do 06.01.2005 | | Autor: | Data |
Moin,
bin nur zufällig hier hereingestolpert und verstehe nicht viel von der Aufgabe, aber mir ist der Exponent (2n-1) aufgefallen. Vielleicht hilft die Information in einer Aufgabe, die ich beim Nachhilfe geben in Klasse 9 gefunden habe.
Das Quadrat jeder natürlichen Zahl n lässt sich als Summe von n Summanden darstellen.
Ist n eine natürliche Zahl, dann ist [mm] n^{2} [/mm] die Summe aller ungeraden Zahlen, die kleiner oder gleich sind wie 2n-1.
mfg Data
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(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 00:08 Do 13.01.2005 | | Autor: | leduart |
Hi
1.(2+ [mm] \wurzel{3})*(2- \wurzel{3}) [/mm] = 4
2.(2+ [mm] \wurzel{3})^2+(2- \wurzel{3})^2=14 [/mm] also ganzzahlig
3. Die Behauptung ist richtig für n=0 und n=1 leicht nachzurechnen
4. Induktionsanfang: für n-1 und n gilt (2+ [mm] \wurzel{3})^{2n-1}+(2- \wurzel{3})^{2n-1} [/mm] ist eine durch vier teilbare ganze Zahl.
daraus wird gefolgert: richtig für n+1
Beweisgang:
(2+ [mm] \wurzel{3})^{2}+(2- \wurzel{3})^{2}) [/mm] *( (2+ [mm] \wurzel{3})^{2n-1}+(2- \wurzel{3})^{2n-1})=
[/mm]
[(2+ [mm] \wurzel{3})^{2n+3}+(2- \wurzel{3})^{2n+3}] [/mm] + [ (2+ [mm] \wurzel{3})^{2n-3}+(2- \wurzel{3})^{2n-3}] [/mm]
(unter Verwendung von 1.)
daraus folgt:
(2+ [mm] \wurzel{3})^{2n+3}+(2- \wurzel{3})^{2n+3} [/mm] =
14*( (2+ [mm] \wurzel{3})^{2n-1}+(2- \wurzel{3})^{2n-1}) [/mm] - [ (2+ [mm] \wurzel{3})^{2n-3}+(2\wurzel{3})^{2n-3}]
[/mm]
Der rechte Teil der Gleichung ist nach Induktionsvors. eine durch 4 teilbare ganze Zahl , da Differenz 2er durch 4tb Zahlen wieder durch 4 Teilbar
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Betrachte die Folge $q(1)=0,q(2)=2,q(n)=4q(n-1)-q(n-2)+1$ für [mm] $n>2,n\in\IN$. [/mm] Analog zur Formel von Binet für die Fibonaccifolge ergibt sich
[mm] $q(n)=\bruch{1}{4}\wurzel{2((\wurzel{3}+2)^{2n-1}-(\wurzel{3}-2)^{2n-1})-4}-\bruch{1}{2}$.
[/mm]
Jetzt muss man sich nur noch die Mühe machen, [mm] $q(n)^{2}+(q(n)+1)^{2}$ [/mm] auszurechnen, und erhält den Term aus der Aufgabenstellung.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:21 Di 15.02.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Peter!
Ich habe das nun nicht ausgerechnet, aber die Idee scheint gut. Putzig, heute morgne noch habe ich versucht, die explizite Formeln, die gegeben wurde, in eine rekursive Folge umzuwandeln - was mir leider nicht ganz gelungen ist. Aber wunderbar, wenn es so geht.
Bestimmt geht es noch anders, aber da die Aufgabe bisher niemand gelöst hat, sehe ich sie hiermit als beendet an. Klasse!
Liebe Grüße,
Hanno
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