Cómo demostrar que $n^5 - n$ es divisible por $30$ sin reducir

Question

¿Cómo puedo demostrar que $n^5 - n$ es divisible por $30$?

Tomé $n^5 - n$ y obtuve $n(n-1)(n+1)(n^2+1)$

Ahora, $n(n-1)(n+1)$ es divisible por $6$.

A continuación, necesito mostrar que $n(n-1)(n+1)(n^2+1)$ es divisible por $5$.

Mi suposición es usar el teorema de Fermat pero no sé cómo.

Answer 1

Por el pequeño teorema de Fermat, $n^{5} \equiv n \mod 5$, es decir $n^{5} - n \equiv 0 \mod 5$.

Answer 2

Voy a dar un salto y suponer que estás haciendo ejercicios de la primera sección de Ireland y Rosen. En ese caso, pienso que FLT no es el método de solución 'anticipado'.

Entonces, empecemos desde tu factorización, $(n-1)n(n+1)(n^2 + 1)$

Si $n$ es de la forma $5k$, $5k-1$, o $5k+1$, estamos listos con los primeros tres factores. ¿Qué pasa si $n$ es de la forma $5k \pm 2$?

Te afirmo que $n^2 + 1$ siempre es divisible por $5$ si $n = 5k \pm 2$. Quizás la forma más fácil de ver esto sea a través de un cálculo estricto. O podrías notar que el término constante es o bien $5$ o $10$. En cualquier caso, dejo esa parte para ti: ¿puedes mostrar que $n^2 + 1$ es divisible por $5$ si $n = 5k \pm 2$?

Answer 3

Usando polinomios combinatorios: $$ \begin{align} n^5-n &=120\binom{n}{5}+240\binom{n}{4}+150\binom{n}{3}+30\binom{n}{2}\\ &=30\left(4\binom{n}{5}+8\binom{n}{4}+5\binom{n}{3}+\binom{n}{2}\right) \end{align} $$ Nota: La expansión polinómica combinatoria para un polinomio conocido, $P(n)$, no es tan difícil como podría parecer. El coeficiente, $a_0$, de $\binom{n}{0}$ es simplemente $P(0)$. Si los coeficientes, $a_j$, para $\binom{n}{j}$ son conocidos para $j, entonces el coeficiente para $\binom{n}{k}$ es $$ P(k)-\sum_{j=0}^{k-1}a_j\binom{k}{j} $$

Answer 4

Ya casi has terminado: Si $n \equiv 0, \pm 1 \pmod 5$ estamos listos (ya que tenemos $5 \mid n$, $5 \mid n-1$ o $5 \mid n+1 entonces). Así que supongamos $n \equiv \pm 2 \pmod 5$, pero entonces $n^2 + 1 \equiv (\pm 2)^2 + 1 \equiv 0 \pmod 5$, por lo tanto $5 \mid n^2 + 1$, y por lo tanto $5 \mid n^5 - n$ también en este caso.

Answer 5

Pista $\rm\ mod\ 5\!:\ n \not\equiv 0\ \Rightarrow\ n\equiv \pm1,\pm2\ \Rightarrow\ n^2\equiv \pm1\ \Rightarrow\ n^4\equiv 1\ \Rightarrow\ n^5\equiv n$

Este es un caso especial de la siguiente forma global del teorema de Fermat.$\: $ Para naturales $\rm\: a,k,n$

$\ $ si $\rm\ a,k > 1\ $ entonces $\rm\ a\ |\ n^k\! -\! n\ $ para todo $\rm\:n \!\iff\! a\:$ es libre de cuadrados, y $\rm\ p\!-\!1\: |\: k\!-\!1\ \ \forall$ primos $\rm\:p\:|\:a$

Por lo tanto, para $\rm\: a = 30 = 2\cdot 3\cdot 5\ $ deducimos: $\rm\ \ 30\ |\ n^k-n\ $ para todo $\rm\:n \iff 4\ |\ k-1$

Para la demostración simple y más discusión ver esta respuesta.