Lo que ' s la explicación ¿por qué n ^ 2 + 1 nunca es divisible por 3?

Question

¿Cuál es la explicación de por qué los $n^2+1$ nunca es divisible por $3$?

Hay pruebas en este sitio, pero están mal o demasiado complicado.

Se puede demostrar muy fácilmente por la figuración de 3 números consecutivos, $n-1$, $n$, y $n+1$. Sabemos que exactamente uno de estos números debe ser divisible por 3. $$(n-1)(n)(n+1)=(n)(n-1)(n+1)=(n)(n^2-1)$$

Dado que uno de los primeros números tenían que haber sido divisible por $3$, este nuevo producto $(n)(n^2-1)$ también debe ser divisible por $3$. Que significa que cualquiera de las $n$ (y, por extensión,$n^2$) o $n^2-1$ es divisible por $3$. Si uno de esos tiene que ser divisible por $3$, $n^2+1$ no puede ser.

Lo que es definitivamente cierto. Mi pregunta es ¿por qué esto es cierto, lo que es inherente acerca de $1$ más que un número cuadrado que hace que no sea divisible por $3$? Otra forma de decir esto se podría explicar a mí como si yo no sé de álgebra.

Answer 1

Otro enfoque es escribir % o $n=3k+r$, $r=0$, $r=1$o $r=2$, que siempre es posible: es una simple División con el resto. Ahora, fácilmente se coloca el caso $r=0$: $$ n ^ 2 + 1 = 9 k ^ 2 + 1 $$ que no puede ser divisible por $3$.

Si $r=1$, entonces $$ n ^ 2 + 1 = (3 k + 1) ^ 2 + 1 = 9 k ^ 2 + 6 k + 1 + 1 = 3(3k^2+2k) + 2 $$ que no es divisible por $3$.

Si $r=2$, entonces $$ n ^ 2 + 1 = (3 k + 2) ^ 2 + 1 = 9 k ^ 2 + 12 k + 4 + 1 = 3(3k^2+4k) + 3 + 2 = 3(3k^2+4k+1) + 2 $$ y esto no es divisible por $3$.

Answer 2

Imagine un gran cuadrado de puntos. Tiene filas y columnas. Hay el mismo número de filas que de columnas. Además de que hay un punto más.

Tomar tres de las filas, y eliminarlos. Se acaban de quitar un múltiplo de tres puntos - tres de cada columna. Ahora hacemos lo mismo para las filas. Ahora quite los tres columnas. De nuevo, le he quitado un múltiplo de tres. El número de filas y columnas es el mismo de nuevo. Aún hay un punto.

Siga haciendo esto hasta que hay sólo $0$,$1$, o $2$ filas y el mismo número de columnas. Todos los puntos que ha sacado hasta el momento pueden ser agrupados en un montón de grupos de tres. Así que la plaza es $0 \times 0$, $1\times 1$, o $2 \times 2$. Así que hay $0+1= 1$, $1+1=2$, o $1+4=5$ puntos a la izquierda. Ninguno de ellos es un múltiplo de tres.

De modo que el conjunto de puntos consiste en un montón de grupos de tres, y un grupo que no es un múltiplo de tres. Claramente, no puede ser un múltiplo de tres.

Answer 3

uno de #% de %#% o $n-1,n$ es divisible por $n+1$.

Si se trata de $3$ también lo es $n$.

Si no es $n^2$, entonces uno de los $n$ $n-1$ es divisible por $n+1$ y por lo tanto es así que su producto $3$.

Por lo tanto, cualquier $n^2-1$ $n^2$ es un múltiplo de $n^2-1$. Si es un múltiplo de tres, entonces uno % o $3$ $n^2+1$ $2=(n^2+1)-(n^2-1)$sería un múltiplo de tres.

Answer 4

La clave es que el resto del modulo cualquier número fijo (ahora $3$) no afecta a las operaciones de $+,-,\cdot$, en el que, por ejemplo, si $a$ $b$ da el mismo resto modulo $m$ (es decir, $m$ divide $b-a$), $a+c$ $b+c$ o, $ac$ $bc$ también dan el mismo resto modulo $m$. El último implicaría también que $a^2$ da el mismo resto como $b^2$.

Así, modulo $3$ ahora, como el resto sólo puede ser $0,1,2$ si $x$ da resto $1$, entonces también lo hace $x^2$. Todo lo que tenemos que calcular es $2^2=4$ da de nuevo $1$ restante. Y, por supuesto, $0$ da $0$. Por eso, $2$ no está en el rango de cuadrar modulo $3$.

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La relación que dan el mismo resto modulo $m$ (es decir, $m\,|\,b-a$) se llama congruencia y se denota por $$a\equiv b\pmod m$$ y también tiene sentido para los números negativos. Por ejemplo, $-1\equiv 2\pmod{3}$, y que hace que el cálculo aún más fácil: $(-1)^2=1$ (lo que confirma $-1\equiv 2\ \implies\ (-1)^2\equiv 2^2 \pmod3$ y que no $n^2$ es congruente a $-1$).

Answer 5

Deje $p$ ser un extraño prime. Entonces, si existe un entero $n$ tal que $n^2+1$ es divisible por $p$, $p-1$ es divisible por $4$.

Esto requiere el uso de Fermat Poco Teorema que dice que $n^p-n$ es siempre divisible por $p$ (esto puede ser demostrado que el uso de la inducción y de la divisibilidad de los argumentos en los coeficientes binomiales). Así, desde la $n$ no puede ser divisible por $p$, $n^{p-1}-1$ es divisible por $p$.

También tenemos el hecho de que el conjunto de $S=\{k\in\mathbb{N} \mid n^k-1\text{ is divisible by $p$}\}$ debe consistir de los múltiplos de un número único. Usted puede acercarse a esta utilizando la teoría de grupo, o demostrar que $\operatorname{gcd}(n^a-1,n^b-1)=n^{\operatorname{gcd}(a,b)}-1$ usando la identidad de $(n^a-1)-(n^b-1)=n^b(n^{a-b}-1)$$a>b$.

Pero también sabemos que $n^4-1=(n^2+1)(n^2-1)$ es divisible por $p$, e $n^2-1$ es no divisible por $p$ (aquí es donde usamos ese $p$ es impar). Por lo $S$ consiste de exactamente los múltiplos de $4$. Desde $p-1\in S$, $p-1$ es un múltiplo de a $4$.

Resulta que lo contrario también es cierto: si $p-1$ es divisible por $4$, entonces existe un entero $n$ tal que $n^2+1$ es divisible por $p$. Este es un poco más avanzado, pero se desprende de la existencia de raíces primitivas módulo un primo. Si $\zeta$ es una raíz primitiva, a continuación, $n=\zeta^{\frac{p-1}{4}}$ es una solución.

Por supuesto, estoy asumiendo que usted sabe algunos de álgebra... pero esto es lo que es "inherente" acerca de la congruencia $n^2\equiv -1$. En la teoría de grupos, la citada prueba se convierte en una sola línea: "Un grupo cíclico de orden $p-1$ tiene un elemento de orden $4$ si y sólo si $4$ divide $p-1$."