Prueba por Inducción Problema

Question

Necesito demostrar que para los números naturales $a$, y enteros positivos $n$, el número de $a^{2n+1}-a$ es divisible por $6$.

He probado el caso al$n=1$, $a^3-a$ es divisible por $6$. Estoy teniendo problemas para demostrar que si $a^{2n+1}-a$ es divisible por $6$, $a^{2(n+1)+1}-a$ es también divisible por $6$.

Answer 1

sugerencia: $a^{2n+1} - a = a(a^{2n}-1) = a(a^2-1)(a^{2n-2} + a^{2n-4} + \cdots + 1) = a(a-1)(a+1)(.....)$ es divisible por $6$, ya que tiene un producto de $3$ enteros consecutivos: $a-1,a,a+1$.

Para hacer una inducción de la prueba.

El caso base es de hecho. Suponga $6\mid a^{2n+1} - a \Rightarrow a^{2n+3} - a = (a^{2n+3} - a^{2n+1}) + (a^{2n+1} - a) = a^{2n}\cdot a\cdot (a-1)(a+1) + (a^{2n+1}-a)$ es divisible por $6$ desde el primer término tiene de nuevo un producto de $3$ números enteros consecutivos, y la expresión dentro de los paréntesis es divisible por $6$ por inductivo paso por lo que la suma es divisible por $6$, completar la inducción de la prueba.

Answer 2

Sugerencia: $a^{2n+3}-a = a^2 ( a^{2n+1} -a ) + (a^3 -a )$.

Answer 3

Sugerencia $\ $ Deje $\,f(n) = a^{2n+1}\!-a\,$ $\,f(n\!+\!1) - f(n)= (a\!-\!1)a(a\!+\!1) a^{2n}\,$ es un múltiplo de a $6,\,$ desde un producto de $3$ enteros consecutivos es divisible por tanto $3$ $2.\,$ por lo Tanto si $\,f(n)\,$ es divisible por $6$, entonces también lo es $\,f(n\!+\!1) = f(n) + (a\!-\!1)a(a\!+\!1)a^{2n},\,$ ceder el paso inductivo.

Comentario $\ $ El método empleado es un muy general que es la que vale la pena explicar. La idea básica es que el $\,6\,$ dividies $\,f(n)\,$ todos los $\,n\ge 0\,$ fib es la constante de secuencia $\,f(n)\equiv 0\pmod 6.$, Pero es trivial demostrar por inducción que una secuencia de valor constante $\equiv c\,$ $\iff$ $\,f(0)\equiv c\,$ y $\,f(n\!+\!1)\equiv f(n),\,$ es decir $\,f(n\!+\!1)-f(n)\equiv 0.\,$ Este es precisamente el método empleado anteriormente, excepto que usa la divisibilidad idioma vs modular (lenguaje de congruencias).

Este método es un caso especial del método de gran alcance telescópico de inducción, el cual se explica en detalle en muchos posts aquí.

Answer 4

La inducción de la asunción: $a^{(2n+1)} \equiv a \pmod 6$. OK, vamos a probar este para n=1 y, a continuación, suponemos que esto es cierto para n.

Ahora tenemos: $a^{(2n+3)} \pmod 6\equiv (a^{(2n+1)}) * (a^2) \pmod 6 \equiv $ (usando la hipótesis de inducción) $ \equiv a \cdot a^2 \pmod 6\equiv a^3 \pmod 6$

Pero $a^3 - a = a\cdot(a-1)\cdot(a+1) $, que aparentemente es divisible por 6 (debido a que este producto contiene 1 número divisible por 2 y un número divisible por 3). Por lo tanto $6 / (a^3 - a)$ y, por tanto, $6 / (a^{(2n+3)}-a)$

Answer 5

Se ha demostrado que esto es cierto para $n=1$:

$a^{2+1}-a=6m$

Supongamos que esto es cierto para $n$:

$a^{2n+1}-a=6k$

Demostrar que esto es cierto para $n+1$:

$a^{2(n+1)+1}-a=$

$a^{2n+3}-a=$

$a^2(a^{2n+1}-a)+a^3-a=$

$a^2(\color{red}{a^{2n+1}-a})+\color{blue}{a^{2+1}-a}=$

$a^2\color{red}{6k}+\color{blue}{6m}=$

$6(a^2k+m)$

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Por favor nota:

• El caso base se utiliza en la parte marcada con azul
• La suposición es utilizado en la parte marcada con rojo