En esta materia hay muchos intereses en juego.

Question

Ya han pasado dos años desde que he terminado mis matemáticas de pregrado (y estoy haciendo algo que no es de matemáticas relacionados con el ahora, por desgracia), así que pido disculpas si lo que sigue no es una muy buena pregunta!

Demostrar que para todos los Enteros $n$, $n(n + 1)(2n + 1)$ siempre será divisible por 6.

Puedo hacer que el uso de la inducción, pero quería probar una manera diferente. Funciona para el uso de la aritmética modular en la siguiente forma?

Deje $f(n) = n(n+1)(2n+1) = 2n^3 + 3n^2 + n$. Todo lo que tenemos que mostrar es que el $f(n)$ es divisible por tanto $2$ $3$ para cualquier elección de $n$.

Evaluar mod $2$.

$f(n) = n(n+1)(2n+1) = n(n+1)(0 + 1)$ mod $2 = n(n+1)$ mod $2$. Dos números consecutivos; uno de ellos tiene que ser uniforme, y por lo $f(n)$ es divisible por $2$.

Evaluar mod $3$

Hay tres posibles residuos de n modulo $3$: $0, 1,$ o $2$.

Si el residuo es$0$, $f(n)$ es divisible por $3$.

Si el residuo es$1$, $f(n) = n(n+1)(2n+1) = 1(1+1)(2*1+1) = 1(2)(3) = 0$ mod $3$.

Si el residuo es$2$, $f(n) = 2(2+1)(2*2+1) = 2(3)(2) = 0$ mod $3$.

En cualquier caso, $f(n)$ es divisible por $3$.

Desde $f(n)$ es divisible por $2$ y $3$, es divisible por $6$. El resultado de la siguiente manera.

Gracias!

Answer 1

Esto es perfectamente un buen argumento. En mi opinión, la solución de problemas de divisibilidad a través de la aritmética modular es a menudo mucho más limpio que el uso de la divisibilidad directamente, y este es uno de esos situación.

Como un aparte, usted puede convertir su mod-3 argumento en un "producto de tres números consecutivos":

$$ n(n+1)(2n+1) \equiv 2 n(n+1)(n + \frac{1}{2}) \equiv 2 n(n+1)(n+2) \pmod{3} $$

Answer 2

Es correcto, pero se puede ir más allá.

Fermat poco teorema de

Si $p$ es un número primo, entonces, para cada entero $n$, $$n^p\equiv n \pmod{p}$$

Hay varias pruebas. Un simple uno considera el hecho de que, si $n$ es coprime con $p$, $n,2n,3n,\dots,(p-1)n$ son todos distintos modulo $p$ y no congruentes a $0$, por lo que $$ 1\cdot2\cdot\dots\cdot(p-1)\equiv n\cdot2n\cdot\dots\cdot(p-1)n\pmod{p} $$ lo que implica $n^{p-1}\equiv1\pmod{p}$. Por lo tanto,$n^p\equiv n$, el cual también tiene al $n\equiv0\pmod{p}$.

Modulo $2$

$n(n+1)(2n+1)\equiv n(n+1)\equiv n^2+n\equiv n+n\equiv0\pmod{2}$ porque $n^2\equiv n\pmod{2}$ (poco Fermat).

Modulo $3$

$n(n+1)(2n+1)\equiv2n^3+3n^2+n\equiv2n^3+n\equiv2n+n\equiv0\pmod{3}$ porque $n^3\equiv n\pmod{3}$ (poco Fermat).

Answer 3

Sí, tu razonamiento es válido.

Si un número es divisible por $2$$3$, es divisible por $6$ y que en cada caso puede ser comprobada mediante su método.

Trivia:

$$\sum_{i=1}^n i^2= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

por lo tanto,$$n(n+1)(2n+1)= 6 \sum_{i=1}^n i^2$$

Answer 4

$$n(n+1)(2n+1)=n(n+1)(2n+4-3)=2\underbrace{n(n+1)(n+2)}-3n(n+1)$$

Utilizar El producto de n enteros consecutivos es divisible por n factorial