Simple Prueba por inducción: "9 divide $n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3$"

Question

Estoy tratando de demostrar que el uso de la inducción que 9 divide $n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3$ siempre $n$ es un número entero no negativo. Hasta el momento, tengo:

1. Caso Base: P(1) = (1) + (8) + (27) = 36, 36 puede ser dividido por 9 para el caso base es válido
2. Inductivo paso: sea p(n) ser la declaración de 9 divide $n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3$ Suponga que p(k) es verdadera, entonces 9 divide $k^3 + (k+1)^3 + (k+2)^3$

Y aquí es donde estoy atascado. No estoy seguro de cómo demostrar que 9 divide a P(n) cuando n = k+1. Si alguien me podía dar un paso en la dirección correcta que sería impresionante. Gracias!

Answer 1

Quieres demostrar que si $9\mid[n^3+(n+1)^3+(n+2)^3]$ a continuación,$9\mid[(n+1)^3+(n+2)^3+(n+3)^3]$. Esto se reduce a probar que que $9\mid[(n+3)^3-n^3]$.

Answer 2

He aquí una técnica de uso para probar su tipo de inducción problemas.

Está tratando de demostrar el uso de la inducción que 9 divide $n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3$ cuando n es un entero no negativo.

Ya ha demostrado en el caso base, así que aquí está el paso inductivo.

Suponiendo que es cierto para n, es también cierto para n+1?

Que quiere decir: es $(n+1)^3 + (n+2)^3 + (n+3)^3$ divisible por 9?

Bueno, si $[(n+1)^3 + (n+2)^3 + (n+3)^3] -[n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3]$ (la diferencia de el paso inductivo y la fórmula) es divisible por 9, por lo que es $(n+1)^3 + (n+2)^3 + (n+3)^3$.

Por qué? Un poco de aritmética modular aquí. Si (x mod 9) - (0 mod 9) = (0 mod 9) entonces x = (0 mod 9). Esto significa que si la diferencia es divisible por 9, y uno de los números en nuestra resta es divisible por 9, el número debe ser demasiado.

No voy a hacer el álgebra de aquí, pero se puede comprobar que $[(n+1)^3 + (n+2)^3 + (n+3)^3] -[n^3 + (n+1)^3 + (n+2)^3]$ simplifica en $9n^2+27n+27$ que se puede reescribir como $9(n^2+3n+3)$. Por tanto, la diferencia es divisible por 9, y así es nuestro paso inductivo.

Q. E. D.

Answer 3

SUGERENCIA $\ \ $ Si $\rm\ 9\:|\:P(n)\ $ $\rm \ 9\:|\:P(n+1)\ \iff\ 9\ | \ P(n+1)-P(n)\ =\ (n+3)^3 - n^3$

COMENTARIO $\ $ Esta reducción puede ser visto como el resultado de la reescritura de $\rm\: P(n)\: $ como telescópico de la serie

$$\rm P(n) = (P(n)-P(n-1)) + (P(n-1)-P(n-2)) +\: \cdots\: + (P(1)-P(0))+\ P(0) $$

Por lo tanto $\ 9\ $ divide $\rm\ P(n)\ $ si se divide a todos los RHS términos,$\ $ es decir$\ $ de todas las diferencias $\rm \ P(i+1)-P(i)\ $$\rm\ P(0)$. Desde $\rm\: P\:$ es un polinomio, su diferencia tiene menor grado de $\rm\: P\:$, por lo que el problema se reduce a uno más simple.

Tal telescópica transformaciones a menudo simplificar inductivo de las pruebas. Ver aquí para similar multiplicativo telescopy.

Nota: si usted continúa para recorrer la reducción anterior entonces viene a mostrar que los coeficientes $\rm \Delta^k P(0)$ en el de Newton hacia adelante diferencia de la fórmula son todos divisibles por 9. De hecho, uno tiene

$$\rm P(n)\ =\ 9 + 27\ n + 36\ \binom{n}2 + 18\ \binom{n}3 $$

Equivalentemente, uno podría simplemente comprobar que los cuatro valores consecutivos de $\rm\:P\:$ son múltiplos de 9. Análogas observaciones cierto para cualquier $\rm\:P(n)\:$ que satisface una monic recurrencia lineal con coeficientes polinomiales (o, más generalmente, para demostrar la identidad de los multivariante holonomic funciones). Aunque este punto de vista es excesivo para ello, es esencial cuando se trabaja con ejemplos no triviales.

Answer 4

Es más claro si se escribe en lugar de en un simétrica de la moda: $(n-1)^3+n^3+(n+1)^3$, que se simplifica a $3n(n^2+2)$. Si $n$ es un múltiplo de a$3$, entonces este es un múltiplo de a $9$. De lo contrario, $n$ deja un resto de $\pm1$ cuando se divide por $3$ $n^2+2$ es múltiplo de $3$, lo que implica que $3n(n^2+2)$ es un múltiplo de a $9$. No es una prueba por inducción, sin embargo.

Answer 5

$P(k)+Q(k) = P(k+1)$. Usted necesita encontrar P(k), y muestran que la $9\mid Q(k)$