Prueba %#% es de $n^4 + 4 n^2 + 11$ #%

Question

<blockquote> <p>Si $n$ es un entero, demuestra que $n^4 + 4 n^2 + 11$ es de la forma $16 k$.</p> </blockquote> <p>Y fui algo así como:</p> <p> $$\begin{align*} n^4 +4 n^2 +11 &= n^4 + 4 n^2 + 16 -5 \\ &= ( n^4 +4 n^2 -5) + 16 \\ &= ( n^2 +5 ) ( n^2-1) +16 \end{align*}$$ </p> <p>Por lo tanto, ahora tenemos que demostrar que el producto de $( n^2 +5 )$ y $( n^2-1)$ es un múltiplo de 16.</p> <p>Pero, ¿cómo podemos hacerlo? Si alguien tiene alguna idea de cómo puedo mejorar mi solución, por favor compártela aquí.</p>

Answer 1

La afirmación es falsa, por ejemplo, $$n=2\Longrightarrow n^4+4n^2+11=16+16+11=43, que no es un múltiplo de 16. Controlar su expresión.

Ahora, si $\,n=2k+1\,$ es impar, entonces la afirmación es verdadera, desde entonces $$n^4+4n^2+11=8k(k+1)(2k^2+2k+3)+16 y desde $\,8k(k+1)=0\pmod {16}\,$ no importa de qué % de paridad $\,k\,$tiene, hemos terminado.

Answer 2

<ul> <li>$n=2k$:</li> </ul> <p> $$n^4+4n^2+11\\=(n^2-1)(n^2+5)+16\\=(4k^2-1)(4k^2+5)+16\\=16k'^4+16k''^2+11\\=16k+11$$ </p> <p>Que no es $16k$.</p> <ul> <li>$n=2k+1$:</li> </ul> <p>$$n^4+4n^2+11\\=(n^2-1)(n^2+5)+16\\=(4k^2+4k)(4k^2+4k+6)+16\\=8\underbrace{k(k+1)} _ {2 k} (2 k ^ 2 +2 k +3) +16</p> <p>Que es $16k$.</p>

Answer 3

Si $2|k=>16|n^4$ $4|n^2=>16|(n^4+4n^2)=>n^4+4n^2+11≡11\pmod{16}$

Otra cosa

$n$ es extraño$=2k+1$(por ejemplo), $n^2=(2k+1)^2=8\cdot\frac{k(k+1)}{2}+1≡1\pmod{8}=>8|(n^2-1)$

(i)Así, $n^4+4n^2+11=(n^2-1)^2+6(n^2-1)+16≡0\pmod{16}$ si $n$ es impar.

(ii)Cuando $n$ es impar, $2|(n^2+1)$ $8|(n^2-1)$(ya probado) $=>2\cdot8|(n^2-1)\cdot(n^2+1)=>16|(n^4-1)$

(iii)Cuando $n$ es impar, $n^2≡1\pmod{8}=1+8m$(por ejemplo),

Por eso, $n^4=(n^2)^2=(1+8m)^2=1+16m+64m^2≡1\pmod{16}$

Así que, usando (ii) o (iii), $n^4≡1\pmod{16}$ $n^2≡1\pmod{8}=>4n^2≡4\pmod{32}$ si $n$ es impar,

Por eso, $n^4+4n^2+11≡1+4+11\pmod{16}≡0\pmod{16}$ si $n$ es impar.

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Como alternativa, el uso de Carmichael Función, $\lambda(16)=\frac{\phi(16)}{2}=4$ $\lambda(8)=\frac{\phi(8)}{2}=2$

Por eso, $n^4≡1\pmod{16}$ $n^2≡1\pmod{8}=>4n^2≡4\pmod{32}$ si $(16,n)=1$ es decir, $n$ es impar,

Por eso, $n^4+4n^2+11≡0\pmod{16}$ si $n$ es impar(como (ii)).

Answer 4

Si $m$ es impar, entonces $m^2 \equiv 1$ (mod 8), desde $(2a+1)^{2} = 4(a^{2}+a) +1$ y $a^2 +a$ es siempre incluso cuando $a$ es un entero. Si $h$ es un entero congruente a $3$ (mod 8), entonces es divisible por $h^{2}-9 = (h-3)(h+3)$ $16$. Cuando $n$ es impar, tenemos $n^{2}+2 \equiv 3$ (mod $8$), así $(n^{2}+2)^{2} \equiv 9$ (mod $16$), así $n^{4} + 4n^{2} + 11 \equiv 9 +7 \equiv 0$ (mod 16).

Answer 5

Sugerencia $\rm\: n\,$impar $\rm\,\Rightarrow 2\:|\:n^2!+!5,\ 8\:|\:n^2!-!1!\:\Rightarrow\:16\:|\:(n^2!+!5)(n^2!-!1)\ $ $\rm\:mod\ 8!:\ odd^2 \equiv {\pm1,\pm3}^2\equiv 1$