Demostrando$n^2(n^2+16)$ es divisible por 720

Question

Teniendo en cuenta que$n+1$ y$n-1$ son primos, tenemos que demostrar que$n^2(n^2+16)$ es divisible por 720 para$n>6$.

Mi intento:

Sabemos que ni$n-1$ ni$n+1$ es divisible por$2$ o$3$, por lo tanto,$n$ debe ser divisible por tanto$2$ y$3$, lo que significa que debe ser divisible por$6$.

Así,$n = 6k$ y desde$n>6$ que debe tener$k>3$. Así, la expresión se convierte en$36k^2(36k^2+16) = 144k^2(9k^2+4)$

...

Pero entonces me atasco.

Podría alguien por favor me guía hacia una solution.Thanks.

Answer 1

SUGERENCIA (ya que es la que vale la pena resolver usted mismo): debes usar ese $n-1, n+1$ son primos. Si cualquiera de estos son iguales a $5$, usted tiene los excluidos, los valores de $n=6$ o $n=4$.

De lo contrario, tenga en cuenta que el producto de los cinco sucesivos números enteros es divisible por $5$. Se le da $n+1$ $n-1$ - se puede ver que cinco de los sucesivos números enteros usted podría utilizar?

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Además de los comentarios de abajo, y para llenar una solución. Tomamos nota de que las condiciones de decir que el $(n+1)$ $(n-1)$ no tienen factores de $2,3,5$ y $720 = 16\times 9 \times 5$.

El producto de tres enteros sucesivos $(n-1)n(n+1)$ es divisible por $3$, lo $n$ es divisible por $3$ $n^2$ es divisible por $9$.

También se $n$ debe ser, por lo $n^2$ $n^2+16$ son ambos divisibles por $4$ y tenemos un factor de $16$.

Uno de los cinco números consecutivos $n-2, n-1, n, n+1, n+2$ es divisible por $5$. No es $n-1$ o $n+1$. Si es $n$ hemos terminado, tenemos el factor de $5$ necesitamos. Otra cosa $(n+2)(n-2)=n^2-4=n^2+16-20$ es divisible por $5$, de donde el mismo es cierto de $n^2+16$ y de nuevo tenemos que hacer.

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También es posible hacer esto con congruencias, por supuesto, pero siempre me ha gustado este tipo de método, así que mirar hacia fuera para él.

Answer 2

Indirecta% $\ $especialcese$\ c,a,b = 4,3,2\ $ por debajo

Lema% $\ \ 5\nmid n\pm 1,\,\ ab\mid n,\,\ \color{#c00}{b^2\!\mid 5c\!-\!4}\ \Rightarrow\ {\rm lcm}(5,a^2,b^4)\mid n^2(n^2\!+5c\!-\!4)$

$ \begin{eqnarray}{\bf Proof}\quad\! &&a\mid n\,\Rightarrow\ a^2\!\mid n^2,\ \ \ {\rm and}\ \ \ \ b\mid n\,\Rightarrow\, b^2\mid n^2,\ n^2\!+\color{#c00}{5c\!-\!4}\\\ \\ &&5\nmid n\pm1\,\Rightarrow\, 5\mid n\ \ {\rm or}\ \ 5\mid \color{#0a0}{n\pm 2}\,\Rightarrow\,5\mid n^2\ \ {\rm or}\ \ 5\mid \!\!\!\!\underbrace{(n^2-4)}_{\large\color{#0a0}{(n-2)(n+2)}}\!\!\!\! + 5c\end {} $ Eqnarray

Answer 3

$n=6k$ Implica$n\equiv k \bmod 5$. Si$k\equiv 0 \bmod 5$, entonces ya está.

Othwerwise,$n-1$ y$n+1$ privilegiada implica$k\equiv n\equiv \pm 2 \bmod 5$ y así$9k^2+4\equiv -k^2+4 \equiv 0 \bmod 5$.