$n^3 \equiv n^5 \pmod{12} $ ?

Question

Estoy demostrando que $$5n^3 + 7n^5 \equiv 0 \pmod{12}$$ Bastaría con mostrar $$n^3 \equiv n^5 \pmod{12}$$ ¿Cómo podría hacerlo?

Supongo que podría ir a través de cada $n \equiv r \pmod{12}$ con $r$ de $1$ a $11$ y demostrar que $n^3 \equiv n^5 \pmod{12}$ para cada uno, pero eso sería tedioso. Seguro que hay una forma mejor.

Answer 1

Tenemos que mostrar $$12|n^5-n^3$$ para cada $n$ . Factor de esto como $$n^3(n-1)(n+1).$$ Esta cantidad siempre será divisible por 3 (¿por qué?) y siempre será divisible por 4 (¿por qué?) por lo que es divisible por 12.

Una pista: Si tengo tres enteros consecutivos uno es divisible por 3.

Una pista: Si $n$ es incluso entonces que hemos terminado. Si $n$ es impar tanto $n+1$ y $n-1$ son divisibles por 2.

Observación: Por este mismo razonamiento obtenemos $24|n^5-n^3$ para cada $n$ .

Answer 2

• $n^2 = 0,1,4$ o $9 \mod 12$ comprobando cada número $0,1,2,3,4,5,6$ (no tenemos que comprobar $7,8,9,10$ y $11$ ya que son negativos y $x^2 = (-x)^2).$
• $n^4 = (n^2)^2 = n^2 \mod 12$ comprobando cada número 0,1,4 y 9.
• así $n^3 = n^5.$

Answer 3

Es sólo un caso $\rm\ p^j = 2^2,\ q^k = 3,\ d = e = 2\ $ de esta simple generalización del pequeño teorema de Euler

TEOREMA $\ $ Para los primos $\rm\:p \ne q\:,\:$ naturales $\rm\:e\:$ y $\rm\ j,\ k \:\le\: d\ $

$$\rm\quad\quad\ \phi(p^j),\ \phi(q^k)\ |\ e\ \ \Rightarrow\ \ p^j\ q^k\ |\ n^d\ (n^e - 1)\ \ \ \forall\ n\in \mathbb N $$

Prueba $\ $ Si $\rm\ p\ |\ n\ $ entonces $\rm\ p^j\ |\ n^d\ $ por $\rm\ j\le d\:.\:$ Si no $\rm\:n\:$ es coprima de $\rm\: p\:,\:$ así que por el pequeño teorema de Euler tenemos: $\ $ mod $\rm\ p^j\:,\ \ n^{\phi(p^j)}\equiv 1\ \Rightarrow\ n^e\equiv 1\ $ por $\rm\ \phi(p^j)\ |\ e\:.\ $ Así, $\rm\ n^d\ (n^e - 1)\ $ es divisible por $\rm\ p^j\ $ y, del mismo modo, es divisible por $\rm\ q^k\:,\ $ por lo que también es divisible por su lcm = producto. $\quad$ QED

De hecho, para $\rm\ p = 2,\ j > 2\ $ podemos utilizar $\rm\ \phi(2^j)/2\ $ contra. $\rm\ \phi(2^j)\ $ porque $\rm\ \mathbb Z/2^j\ $ tiene grupo multiplicativo $\rm\ C(2)\times C(2^{j-2})\ $ para $\rm\ j> 2\:$ . Así, de hecho, $\rm\ 24\ |\ n^3\ (n^2 - 1)\:.$ Para más información, véase mi post sobre el Teorema de Fermat-Euler-Carmichael.

Answer 4

$$\begin{align}n^5-n^3&=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)-4n^3+4n\\\\ &=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)-4(n-1)n(n+1)\end{align}$$

La primera expresión es un producto de 5 números consecutivos, por lo tanto es divisible por $5!$ es decir, por 120. Del mismo modo, la segunda expresión es divisible por $4\cdot (3!)$ es decir, por 24.

También, $n^5-n^3 = n^2(n-1)n(n+1)$ . Claramente, un producto de 3 números consecutivos $(n-1)n(n+1)$ es divisible por 3. Otra vez, $n^5-n^3 = n^3(n^2-1)$ .

Si $n$ es par, el R.H.S. es divisible por 8. Si $n$ es impar (equivale a $2m+1$ ), entonces $$n^2-1 = (2m+1)^2 - 1 = 8m(m+1)/2$$ es decir, es divisible por 8 (Ver Si $n$ es un número natural impar, entonces $8$ divide $n^{2}-1$ ).