Probar: $\frac{n^5}5 + \frac{n^4}2 + \frac{n^3}3 - \frac n {30}$ es un entero $n \ge 0$

Question

Estoy intentando probar el siguiente problema:

Demostrar que $\frac{n^5}5 + \frac{n^4}2 + \frac{n^3}3 - \frac n {30}$ es un número entero para todos los enteros $n = 0,1,2,...$

He intentado resolverlo por inducción, pero al probar por $n= x+1$ el álgebra se vuelve muy desordenado y muy rápido. Me preguntaba si esta es la única manera o si hay una forma más rápida para probar esto. Supongo que estoy un poco inseguro en cuanto a cómo demostrar algo es un número entero.

También me di cuenta de que dejando $f(x) = \frac{x^5}5 + \frac{x^4}2 + \frac{x^3}3 - \frac x{30}$ y derivando $f(x)$ rendimientos bastante limpio resultado, pero no sé si esto me ayuda en todo. Cualquier ayuda sería genial.

Answer 1

Un truco que aprendí de Bill Dubuque.

Escribirlo como

$$\frac{n^5 - n}{5} + \frac{n^4 - n}{2} + \frac{n^3 - n}{3} + n$$

(Ver respuesta de Bill: usando congruencias, mostrar $\frac{1}{5}n^5 + \frac{1}{3}n^3 + \frac{7}{15}n$ es entero cada $n$)

Answer 2

Nadie ha dado el aburrido pero directo de la fuerza bruta respuesta.

Varios han señalado que quieren mostrar que la $30$ divide $6 n^5 + 15 n^4 + 10 n^3 - n$, para todos los $n$. En otras palabras, que $$ 6 n^5 + 15 n^4 + 10 n^3 - n \equiv 0 \pmod {30}$$

Hay sólo 30 posibles valores de $n$ modulo de 30. Solo tienes que conectarlos y ver que obtener 0 en cada caso.

(Opcional) Al factorizar 30 en el primer poderes, vemos que para probar que para el modulo de 30 años es la misma cosa que conjuntamente la prueba para el módulo 2, 3, y 5. La fuerza bruta es más fácil con estos pequeños módulos.

Answer 3

Me resisto a añadir al ruido aquí, pero la siguiente es una sistemática (truco) manera de lidiar con este tipo de pregunta: el conjunto de valores enteros polinomios ha $\mathbb{Z}$ -, dada por los coeficientes binomiales $$f_k(x)=\left( \begin{matrix} x \\ k \end{matrix} \right)=\frac{x(x-1)(x-2) \cdots (x-k+1)}{k!}.$$

Ahora, dado un polinomio arbitrario $f(x)$, no es una expresión única $$f(x)=\sum a_k f_k(x)$$ as a linear combination of these $f_k(x)$'s, with coefficients $a_k$ that one can get quickly and recursively using the upper-triangularity of the change of basis from $x^k$ to $f_k(x)$. Then $f$ is integer valued iff $a_k \in \mathbb{Z}$ for all $k$.

Edit: se me iba a salir de esto, pero no puede resistir. Deje $\Delta$ ser el operador $(\Delta f)(x)=f(x)-f(x-1)$, por lo que el $\Delta(f)$ es una versión discreta de la derivada de $f$. Entonces los coeficientes de arriba está dado por la siguiente discretas, analógicas de Maclaurin del teorema: $$a_k=(\Delta^k f)(0).$$ As pointed out by lhf below, to prove that the $a_k$'s are integers it's enough to check that the values $f(m)$ are integers for $\mathrm{grados}(f)+1$ consecutive integers $m$.

Answer 4

Primera escribir sobre un denominador común: $$\frac{n^5}5 + \frac{n^4}2 + \frac{n^3}3 - \frac n{30} = \frac{1}{30}(6n^5+15n^4+10n^3-n)$$ Por lo tanto queremos mostrar que el 30 de siempre divide la expresión en paréntesis. Desde $\gcd(5,6)=1$, es suficiente para demostrar la divisibilidad entre 5 y 6 de forma individual. Mi primer intento fue el de factor de dicho polinomio (usando una computadora, como soy un vago): $$6n^5+15n^4+10n^3-n=n(n+1)(2n+1)(3n(n+1)-1).$$ Observar que $6\sum_{k=1}^n k^2=n(n+1)(2n+1)$. Por lo tanto la expresión es divisible por 6. Se puede comprobar que el 5 no divide el resto de factor de $3n(n+1)-1$, por lo que necesitamos un enfoque diferente.

En su lugar, podemos reducir la expresión original mod 5, que es, $$6n^5+15n^4+10n^3-n \equiv n^5-n \;\text{mod}\;5.$$ El ordenador me dice que la expresión de la derecha parece ser divisible por 5. ¿Puedes demostrarlo por inducción (o incluso más fácil de Fermat poco teorema)?