Demuestre por inducción lo siguiente:

Question

Demostrar por Inducción que: $$(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)$$ es divisible por 120. Intenté resolverlo, pero sólo pude hacerlo hasta el paso inductivo. Lo supuse: $$p(k)=(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5), and $$ $$p(k+1)=(k+2)(k+3)...(k+6)$$ Entonces, lo distribuí como: $$p(k+1)=(k+2)(k+3)...(k+5)(k+1+5) \\=(k+1)(k+2)...(k+5)+5(k+2)(k+3)...(k+5)\\=p(k)+5(k+2)(k+3)...(k+5).$$ Me quedé atrapado aquí. ¿Estoy bien hasta aquí? ¿Puede alguien decir qué hacer a continuación?

Answer 1

Si insiste en hacerlo por inducción, mire $$p(k+1)-p(k)=5(k+2)(k+3)(k+4)(k+5).$$ Entre los cuatro números consecutivos $k+2,k+3,k+4,k+5$ Un número es múltiplo de cuatro y otro número (diferente) es múltiplo de dos. También hay al menos un múltiplo de tres. Así que $5(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)$ es divisible por $5\times4\times2\times3=120$ , lo que implica el resultado.

Con muy pocos ajustes, se puede reformular este argumento sin inducción, que es probablemente la forma más limpia de hacerlo.

Answer 2

\=== nueva respuesta ====

En realidad es fácil demostrar o caso más general de $(n+1)(n+2) ..... (n+k)$ es divisible por $k!$ .

Y este es un caso de prueba del paso de inducción por .... inducción. Una prueba dentro de una prueba por así decirlo....

Caso base: $n+1$ es divisible $1! = 1$ . Siempre.

Paso de inducción: Supongamos que $(n+1)..... (n+(k-1))$ es divisible por $(k-1)!$ para cualquier $n$ entonces demostraremos $(n+1)....(n+k)$ es divisible por $k!$ para cualquier $n$ . ¡Y lo demostraremos por inducción!

Caso base: $1*2*......*k = k!$ .

Paso de inducción: Supongamos que $(n+1) ......(n+k)$ es divisible por $k!$ .

entonces $(n+2)......(n+k)(n+k+1) =$

$(n+2)......(n+k)([n+1]+k)=$

$(n+2)......(n+k)[n+1] + k(n+2)......(n+k)=$

$\color{blue}{(n+1)(n+2)......(n+k)} + k\color{red}{(n+2)......(n+k)}$ .

Ahora comenzamos asumiendo $\color{blue}{(n+1)(n+2)......(n+k)}$ es divisible por $k!$ .

Y $\color{red}{(n+2)......(n+k)}$ es el producto de $k-1$ números consecutivos. Y estamos haciendo toda esta prueba dentro de un prook bajo el supuesto de que el producto de cualquier $k-1$ números consagrados es divisible por $(k-1)!$ . Así que $\color{red}{(n+2)......(n+k)}$ es divisible por $(k-1)!$ y $k\color{red}{(n+2)......(n+k)}$ es divisible por $k*(k-1)! = k!$ .

Así que $\color{blue}{(n+1)(n+2)......(n+k)} + k\color{red}{(n+2)......(n+k)}$ es la suma de dos números divisibles por $k!$ por lo que es a su vez divisible por $k!$ .

Eso demuestra el paso de inducción de nuestra prueba dentro de una prueba, y así demuestra nuestra prueba dentro de una prueba: Si el producto de cualquier $k-1$ números consecutivos es divisible por $(k-1)!$ entonces el producto de cualquier $k$ número consecutivo es divisible por $k!$ .

Y esa prueba dentro de una prueba fue en sí misma el paso de inducción para nuestra afirmación $(n+1)(n+2).....(n+k)$ será divisible por $k!$ .

....

Y así $(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)$ es divisible por $5! = 120$ .

\===Respuesta antigua===

Si $(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5) = 120k$ entonces

$(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(n+6) = [(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)]([n+1] + 5)=$

$[(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)] + 5[(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)]=$

$120 k + 5\color{blue}{(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)}$

Así que queda por demostrar que $(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)$ es divisible por $24$ .

Reclamación: $(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)$ es divisible por $24$ .

Inducción: Si $(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) = 24m$ entonces

$(n+2)(n+3)(n+4)(n+5) = (n+2)(n+3)(n+4)[(n+1) + 4] = $

$(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) + 4(n+2)(n+3)(n+4)=$

$24m + 4\color{orange}{(n+2)(n+3)(n+4)}$

Así que queda por demostrar $(n+2)(n+3)(n+4)$ es divisible por $6$ .

Reclamación: $(n+1)(n+2)(n+3)$ es divisible por $6$ .

Inducción: Si $(n+1)(n+2)(n+3) = 6j$ entonces

......

......

......

\======

Okay....

Hazlo por inducción

Primero demuestre (por inducción) que $(n+1)(n+2)$ es siempre divisible por $2$ .

(Fácil: caso base: $1*2$ es divisible por $2$ . Inducción: Si $(n+1)(n+2) = 2m$ entonces $(n+2)(n+3) = (n+2)(n+1) + 2(n+2) = 2m + 2(n+2)$ es divisible por $2$ .

Entonces demuestre por inducción que $(n+1)(n+2)(n+3)$ es siempre divisible por $6$ .

Caso base: $1*2*3=6$ . Inducción; si $(n+1)(n+2)(n+3) = 6k$ entonces $(n+2)(n+3)(n+4) = (n+1)(n+2)(n+3) + 3(n+2)(n+3) = 6k + 3(n+2)(n+3)$ y $(n+2)(n+3)$ es divisible por $2$ así que $3(n+2)(n+3)$ es divisible por $6$ .

Entonces demuestre por inducción que cuatro ..... consecutivos cualesquiera

....

Mira..... acaba de probar cualquier producto de $k$ los números consecutivos son divisibles por $k!$ .

Caso base: Cualquier producto de $1$ número consecutivo es divisible por $1! = 1$ .

Inducción. Si cualquier el producto de cualquier $k$ enteros consecutivos es divisible por $k!$ entonces podemos probar cualquier producto de cualquier $k+1$ enteros consecutivos es divisible por $(k+1)!$ por inducción.

Caso base: $1*2*....*(k+1) =(k+1)!$

Inducción. Si $(n + 1)( n+ 2) ...... (n+k+1)$ es divisible por $(k+1)!$ entonces

$(n+2)(n+2)(n+3) ...... (n+k+1)(n + k+ 2) = $

$(n+2)(n+2)(n+3) ...... (n+k+1)(n + 1+(k+1)) = $

$(n+1)(n+2)....(n+k)(n+k+1) + (k+1)(n+2)(n+3).....(n+k+1)$ .

Y $(n+1)(n+2)....(n+k)(n+k+1)$ es divisible por $(k+1)!$ y $(n+2)(n+3).....(n+k+1)$ es el producto de $k$ consecutivos para que sea divisible por $k!$ . Así que $(k+1)(n+2)(n+3).....(n+k+1)$ es divisible por $(k+1)k!=(k+1)!$ .

Answer 3

Dejemos que $D$ el operador en $\mathbb{Z}[x]$ dado por $P\to D(P)(x)=P(x+1)$ . Es fácil ver que ( $I$ =identidad) $D(P)-P=(D-I)(P)$ es de grado estrictamente menor que $P$ . Por lo tanto, si $P$ es de grado $s$ , $(D-I)^{s+1}=0$ en su caso, $P$ es de grado $5$ Por lo tanto $(D-I)^6(P)=0$ y puedes ver que $P(n+6)$ es una combinación con coeficientes constantes en $\mathbb{Z}$ de $P(n),...P(n+5)$ . Ahora su inducción es fácil (si para $m, m+1,m+2,m+3,m+4,m+5$ tienes la propiedad buena, demuestra que funciona para $m+1,...,m+6$ ) (tenga en cuenta que puede comenzar con $-5,-4,-3,-2,-1, 0$ )

Answer 4

$120=2\cdot 3\cdot 4\cdot 5$ . $\Rightarrow 120|1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5$ y $120|2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6$ .

Ahora, si $120|k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)$ y $120|(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)$ Entonces,

$120|(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)\{(k+5)-k\}$

$\Rightarrow 24|(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)$

Ahora, utilice la inducción normal y proceda.