Buen esfuerzo, tu trabajo ha llegado casi hasta casa. Usando la inducción, y corrigiendo una errata en la última ecuación (modular) de tu consulta, has reducido (efectivamente) el problema a mostrar que
[E_1]\; (k + 1)^{(11)} \times [13(k^2 + 2k)] \;\equiv\; 0 \pmod{24}.
Esto puede hacerse demostrando que el producto de los dos factores en E_1 debe ser tanto un múltiplo de 8 como un múltiplo de 3.
\underline{\text{multiple of 3}}
El residuo mod 3 de k será 0, 1 o 2.
El residuo de 2 se elimina inmediatamente anotando el primer factor en E_1, (k+1)^{(11)}.
El residuo de 0 se elimina inmediatamente al observar que k divide el 2º factor en E_1, 13(k^2 + 2k).
El residuo de 1 se elimina observando que
si k \equiv 1 \pmod{3},
entonces k^2 \equiv 1 \pmod{3}, y
2k \equiv 2 \pmod{3}.
Así, k \equiv 1 \pmod{3} \Rightarrow (k^2 + 2k) \equiv 0 \pmod{3}.
\underline{\text{multiple of 8}}
k impar se deshace al observar el primer factor en E_1, (k+1)^{(11)}.
Si k \equiv 0 \pmod{4},
entonces 8|k^2 y 8|2k \Rightarrow 8|(k^2 + 2k).
El único caso que queda es k \equiv 2 \pmod{4}.
Observando que (4r + 2)^2 = (16r^2 + 16r + 4), esto significa que
k \equiv 2 \pmod{4} \Rightarrow k^2 \equiv 4 \pmod{8}.
Además, k \equiv 2 \pmod{4} \Rightarrow 2k \equiv 4 \pmod{8}.
Así, k \equiv 2 \pmod{4} \Rightarrow
(k^2 + 2k) \equiv (4 + 4) \pmod{8}.
Anexo Reacción al comentario posterior de stochasticboy321.
Prueba por inducción.
El corto responder es : ver la respuesta de J.W.Tanner, que considero un enfoque de inducción muy superior a mi enfoque de inducción (abajo). En lugar de borrar el resto de este apéndice, lo dejaré en su lugar para el contraste.
Lema 1
Dado k, r, n, a \,\in \mathbb{Z^+}, con r \equiv 0 \pmod{a},
entonces (k + r)^n \equiv k^n \pmod{a}.
Prueba
En la expansión binomial de (k + r)^n - k^n,
r divide cada término.
Lema 2
Para k \in \{1, 2, 3\}, k^{(13)} - k^{(11)} \equiv 0 \pmod{3}.
Prueba
Por inspección, o puede notar que
(k^{(13)} - k^{(11)}) = k^{(11)}(k-1)(k+1).
Lema 3
Para k \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}, k^{(13)} - k^{(11)} \equiv 0 \pmod{8}.
Prueba
Por inspección, o puede (de nuevo) notar que
(k^{(13)} - k^{(11)}) = k^{(11)}(k-1)(k+1).
Nota
Definitivamente considero que el concepto del comentario de Teresa Lisbon es el natural manera de elaborar una prueba por inducción. Desafortunadamente, no pude encontrar ninguna manera de hacer que no descendiera a la fealdad de ambos (k+1)^{(11)} y (k+1)^{(13)}. Dada la facilidad de una prueba sin inducción, me veo obligado a considerar la descenso en bruto de estas expansiones binomiales como fuera de los límites.
I admitir que mi uso de los lemas 2 y 3 anteriores para elaborar una prueba por inducción es muy artificial, ya que el análisis en estos lemas se presta tan fácilmente a una prueba no inductiva. Sin embargo, esta es la única razonable manera que yo podría conjurar una prueba por inducción.
Dejemos que f(n) denotan 13n^{(13)} + 11n^{(11)} : n \in \mathbb{Z^+}.
Reclamación-1 \forall n \in \mathbb{Z^+}, f(n) \equiv 0 \pmod{3}.
Prueba
Desde 13 \equiv 1 \pmod{3}, y 11 \equiv (-1) \pmod{3},
f(n) \equiv n^{(13)} - n^{(11)} \pmod{3}.
Por lo tanto, el Lemma 2 establece que la Afirmación-1 se mantiene en la
casos base de n \in \{1, 2, 3\}.
Entonces, se puede invocar el Lemma 1 para establecer, por inducción,
que la afirmación 1 es válida para todos los n \in \mathbb{Z^+}.
Reclamación-2 \forall n \in \mathbb{Z^+}, f(n) \equiv 0 \pmod{8}.
Prueba
Desde 13 \equiv 5 \pmod{8}, y 11 \equiv (-5) \pmod{8},
f(n) \equiv (5) \times \left[n^{(13)} - n^{(11)}\right] \pmod{8}.
Por lo tanto, el Lemma 3 establece que la Afirmación-2 se mantiene en la
casos base de n \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}.
Entonces, se puede invocar el Lemma 1 para establecer, por inducción,
que la afirmación 2 es válida para todos los n \in \mathbb{Z^+}.
