Estaba tratando de probar esto, y me di cuenta de que esto es esencialmente una declaración que $n^5$ tiene el mismo último dígito que $n$ y para demostrarlo basta con calcular $n^5$ para $0-9$ y comprueba que los últimos dígitos respectivos coinciden. Otro enfoque que probé es el siguiente: He factorizado $n^5-n$ a $n(n^2+1)(n+1)(n-1)$ . Si $n$ es par, un factor de $2$ está garantizado por el factor $n$ . Si $n$ es impar, el factor de $2$ está garantizado por $(n^2+1)$ . El factor de $5$ está garantizado si el último dígito de $n$ es $1, 4, 5, 6,$ $or$ $9$ por los factores $n(n+1)(n-1)$ Así que sólo tengo que comprobar $n$ que terminan en dígitos $0, 2, 3, 7,$ $and$ $8$ . Sin embargo, estoy seguro de que tiene que haber una prueba mucho mejor (y sin aritmética modular). ¿Conocéis alguna? Gracias.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Su prueba es suficientemente buena. Hay una pequeña mejora, si quieres evitar la aritmética modular / considerando los casos.
$n^5 - n$ es un múltiplo de 5 $\Leftrightarrow$ $ n^5 + 10 n^4 + 35n^3 + 50 n^2 + 24 n = n^5 -n + 5(2n^4 + 7n^3 + 10n^2 + 5n) $ es un múltiplo de 5. Esto último es sólo $n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)$ que es el producto de 5 enteros consecutivos, por lo que es un múltiplo de 5.
Nota: Por lo general, deberías ser capaz de hacer la transformación anterior, y puedes tomar el producto de 5 (o k) enteros consecutivos cualesquiera, si estás buscando un polinomio de grado 5 (o k).
$$n^5-n=n(n^2+1)(n+1)(n-1)= n(n^2-4)(n+1)(n-1)+5n(n-1)(n+1)=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)+5n(n-1)(n+1)$$
$(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)$ es par y divisible por 5, ya que es el producto de 5 enteros consecutivos.
$5(n-1)n(n+1)$ también es par y divisible por $5$ .
Nota: Ambas expresiones son también divisibles por $3$ Así que $n^5-n$ es realmente divisible por $30$ ¡!
Desde $n$ y $n^5$ tienen la misma paridad, $f(n):=n^5-n$ es divisible por $2$ . También es divisible por $5$ ya que $f(0)=0$ y $f(n+1)-f(n)=\dotsc=5 n (n^3 + 2 n^2 + 2 n + 1)$ . Más generalmente, para cada primo $p$ , $f(n):=n^p-n$ es divisible por $p$ Esto es El pequeño teorema de Fermat . De hecho, $f(n+1)-f(n)=\sum_{0<k<p} \binom{p}{k} n^k$ y $p \mid \binom{p}{k}$ para $0 < k < p$ .
Idea clave $\ \ p\!-\!1\mid n\!-\!1\,\Rightarrow\, p\mid a^n- a.\ $ Prueba $\ $ Despejar si $\,p\mid a.\,$ Si no, escriba $\, \color{#f0f}n = (p\!-\!1)k + 1.\,$
$\ \color{#0a0}{b\!-\!1\mid b^k\!-\!1}\,$ así que $\,b = a^{p-1}\,\Rightarrow\, \color{#c00}{p\mid} \color{#0a0}{a^{p-1}\!-\!1\mid (a^{(p-1)k}\!-\!1)}a = a^\color{#f0f}{\large n}\!-\!a\ $ por $\rm\color{#c00}{little\ Fermat}\ \ {\bf QED}$
Así que $\ p\!-\!1,q\!-\!1\mid n\!-\!1\,\Rightarrow\ p,q\mid a^n\!-a\,\Rightarrow\,pq\mid a^n\!-a,\,$ por $\,{\rm lcm}(p,q) = pq\,$ para $\,p\neq q\,$ primos. El tuyo es el caso especial $\ p = 2,\ q = 5,\ n = 5.$
La inversa también es cierta, lo que da lugar a la siguiente generalización del pequeño Fermat-Euler.
Teorema $\ \ $ Para los naturales $\ m,n > 1$
$$ m \mid a^n - a\ \ \ \text{for all }\ a\in\Bbb Z\iff m\ \text{ is squarefree, and prime } p\mid m\,\Rightarrow\, p-1\mid n- 1$$
¿Sin aritmética modular? ¿Y la inducción?
Caso base: es cierto para $n = 0$ desde $0^5 - 0 = 0$ . También es cierto para $-1$ y $1$ desde $-1^5 + 1 = 0$ y $1^5 - 1 = 0$ . Y es cierto para $-2$ y $2$ : $-2^5 + 2 = -30$ y $2^5 - 2 = 30$ .
Hipótesis inductiva: si es verdadera para $k$ se puede demostrar que es cierto para $k + 1$ o viceversa. Podemos trabajar desde $k + 1$ a $k$ evitando cualquier paso de "trampilla", para que toda la derivación funcione en ambos sentidos.
$$(k + 1)^5 - (k + 1) = 10q$$
$$k^5 + 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1 - (k + 1) = 10q$$
Reordena los términos, cancela 1 y -1:
$$k^5 - k + 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k = 10q$$
Aislar $k^5 - k$ :
$$k^5 - k = 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 10q$$
Ahora tenemos que demostrar que el lado derecho es divisible por diez. Podemos hacerlo de la siguiente manera. En primer lugar, reordena algunos términos:
$$k^5 - k = 5k^4 + 10k^2 + 5k + 10k^3 + 10q$$
Ahora bien, tenga en cuenta que $10k^3$ y $10q$ son divisibles por 10, esto último proviene de nuestra hipótesis inductiva. Así que centrémonos en los términos restantes, que componen esta fórmula:
$$5k^4 + 10k^2 + 5k$$
Podemos demostrar que es divisible por 10 al factorizar $5k$ :
$$5k(k^2 + 2k + 1)$$
$$5k(k + 1)(k + 1)$$
Pero $k(k + 1)(k + 1)$ es un número par, que multiplicado por 5 es divisible por 10. Para demostrar que $k(k + 1)(k + 1)$ nos dividimos en casos. Si suponemos que $k$ es impar, entonces tenemos impar x par x par, que es par. Si suponemos que $k$ es par, entonces tenemos par x impar x impar, que vuelve a ser par.
Así que la hipótesis inductiva es verdadera. Si $(k + 1)^5 - (k + 1)$ es divisible por $10$ entonces también lo es $k^5 - k$ y viceversa. Por inducción a partir del caso base en las direcciones positiva y negativa, es cierto para todos $k \in \mathbb{Z}$ .
No se utilizó la aritmética modular, pero un argumento básico que se utilizó está relacionado con la aritmética modular. A saber, el argumento de que algunos $N$ {es/no es} es divisible por $10$ entonces $N + 10k (k \in \mathbb{Z})$ también {es/no es} divisible por $10$ . Esto equivale al concepto modular que $N$ es congruente con $N + 10k$ modulo $10$ pero sin los adornos formales. Además, el argumento sobre la uniformidad de $k(k + 1)(k + 1)$ también se basa en congruencias disfrazadas. La división en casos pares/Impares no es más que la división en los dos símbolos de la congruencia mod 2. En realidad, ni siquiera podemos hablar de la divisibilidad sin invocar los vínculos con las congruencias. Divisibilidad por 10 significa congruencia a 0 mod 10.
