Podzielność przez 30 ?

[matekleliczek]

wykaż że dla każdej liczby naturalnej n liczb\(\displaystyle{ n^5-n}\)jest podzielna przez 30

kongruencją mi się udało ale prosiłbym o klasyczne rozwiązanie również

W temacie nie umieszczaj wyrażeń matematycznych.
luka52

[kuma]

\(\displaystyle{ n^{5}-n=n(n^{4}-1)=n*(n^{2}-1)(n^{2}+1)=n*(n-1)(n+1)(n^{2}+1)}\)
\(\displaystyle{ n*(n-1)(n+1)}\) - trzy kolejne liczby czyli podzielne na 6 (2*3=6) i dodatkowo za n wstawiamy 5 przypadków n=5, n=5k+1, n=5k+2, n=5k+3, n=5k+4 i tak udowadniamy podzielonśc na 5 2*3*5=30

[matekleliczek]

oki dzięks

[luka52]

kuma, jakie 5 przypadków :O
Wystarczy:
\(\displaystyle{ (n-1)n(n+1)(n^2 + 1) = (n-1)n(n+1)(n^2 - 4 + 5) =\\ = 5 (n-1)n(n+1) + (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)}\)
I stąd już wszystko jasne...

[matekleliczek]

kuma, jakie 5 przypadków :O
Wystarczy:
\(\displaystyle{ (n-1)n(n+1)(n^2 + 1) = (n-1)n(n+1)(n^2 - 4 + 5) =\\ = 5 (n-1)n(n+1) + (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)}\)
I stąd już wszystko jasne...

faktycznie święta racja

[rain228]

Witam
Nie rozumiem tej ostatniej linijki

\(\displaystyle{ + (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)}\)
skąd tu się wzięło "dodatkowe" \(\displaystyle{ (n-1)(n+1)}\) ?
Pozdrawiam

[Althorion]

\(\displaystyle{ (n^2 - 4) \equiv (n + 2)(n-2)}\)

Pozostałe czynniki były już wcześniej przecież.

[rain228]

\(\displaystyle{ 5 (n-1)n(n+1)}\) tu tak, ale są jeszcze przy \(\displaystyle{ (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)}\) więc skąd te drugie \(\displaystyle{ (n-1)n(n+1)}\) ?

[Althorion]

Rozbito \(\displaystyle{ (n-1)n(n+1)(n^2 - 4 + 5)}\):
\(\displaystyle{ \ldots = (n-1)n(n+1)(n^2 - 4) + (n-1)n(n+1)5 = 5 (n-1)n(n+1) + (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)}\)

[kejkun7]

... ie_Fermata
z małego twierdzenia fermata stwierdzamy podzielność przez \(\displaystyle{ 5}\)
teraz wystarczy, że udowodnimy podzielność przez \(\displaystyle{ 6}\)
\(\displaystyle{ n^5 - n = n (n^4 -1) = n(n^2+1)(n^2-1) = (n-1)(n)(n+1)(n^2+1)}\)
są tam trzy kolejne liczby, zatem są podzielne przez \(\displaystyle{ 2}\) i \(\displaystyle{ 3}\)
zatem też przez \(\displaystyle{ 6}\)
i tyle.