[Algebra]Dimostrazione numero con n sempre divisibile per 5
Buon giorno,
sto avendo problemi con il seguente esercizio:
Dimostrare che, per ogni intero n, il numero 2n^17 + 2n^15 + 3n^3 + 3n `e divisibile per 5.
Le prime oservazioni che ho fatto sono state che 5 è un numero primo e che quindi ha come proprietà che se divide a*b, allora 5|a oppure 5|b., quindi mi basta che 5 divida un prodotto di tale numero.
Altrimenti devo dimostrare che in 2n^17 + 2n^15 + 3n^3 + 3n = 5q + r, la r = 0
Il prodotto che mi esce dopo un paio di semplificazioni semplici è:
n(n^2 + 1)(2n^14 + 3)
ma il variare di n mi complica le cose, quindi ora mi trova in una situazione di stallo, qualcuno mi può aiutare ad arrivare alla soluzione? (Magari suggerendomi alcune proprietà?)
Grazie
P.s.
Alcune proprietà potremmo non averle fatte quindi aspettatevi che raramente decida di non usare la proprietà suggerita
sto avendo problemi con il seguente esercizio:
Dimostrare che, per ogni intero n, il numero 2n^17 + 2n^15 + 3n^3 + 3n `e divisibile per 5.
Le prime oservazioni che ho fatto sono state che 5 è un numero primo e che quindi ha come proprietà che se divide a*b, allora 5|a oppure 5|b., quindi mi basta che 5 divida un prodotto di tale numero.
Altrimenti devo dimostrare che in 2n^17 + 2n^15 + 3n^3 + 3n = 5q + r, la r = 0
Il prodotto che mi esce dopo un paio di semplificazioni semplici è:
n(n^2 + 1)(2n^14 + 3)
ma il variare di n mi complica le cose, quindi ora mi trova in una situazione di stallo, qualcuno mi può aiutare ad arrivare alla soluzione? (Magari suggerendomi alcune proprietà?)
Grazie
P.s.
Alcune proprietà potremmo non averle fatte quindi aspettatevi che raramente decida di non usare la proprietà suggerita
Risposte
Se $n$ è multiplo di $5$ siamo a posto.
Se $n=5k+-1$ allora tutti i resti della divisione di $n$ per $5$ sono $+-1$ quindi $2+2+3+3=10$ (o $-10$).
Se $n=5k+-2$ allora i resti della divisone per $5$ sono $2$ per $n$ e $2^3$ per $n^3$ (col segno cambiato per $-2$) quindi $3n^3+3n$ è divisibile per $5$
E per finire sappiamo che $(2^4)=16$ da $1$ come resto della divisione per $5$
Cordialmente, Alex
Se $n=5k+-1$ allora tutti i resti della divisione di $n$ per $5$ sono $+-1$ quindi $2+2+3+3=10$ (o $-10$).
Se $n=5k+-2$ allora i resti della divisone per $5$ sono $2$ per $n$ e $2^3$ per $n^3$ (col segno cambiato per $-2$) quindi $3n^3+3n$ è divisibile per $5$
E per finire sappiamo che $(2^4)=16$ da $1$ come resto della divisione per $5$
Cordialmente, Alex
Ma guarda che hai già fatto il grosso trovando quella scomposizione lì...
Hai $N=n*(n^2 + 1)*(2n^(14) + 3)$ ed ora distingui i casi (sfruttando la formula della potenza del binomio quando serve):
Hai $N=n*(n^2 + 1)*(2n^(14) + 3)$ ed ora distingui i casi (sfruttando la formula della potenza del binomio quando serve):
- [*:1q2ppsji] se $n$ è multiplo di $5$, anche $N$ lo è in maniera ovvia;
[/*:m:1q2ppsji]
[*:1q2ppsji] se $n equiv_5 1$, ossia se $n=5k+1$, allora:
$2n^(14) + 3 = 2 [sum_(i=0)^(14) ((14),(i)) 5^i k^i ] + 3 = 5 + 2 [sum_(i=1)^(14) ((14),(i)) 5^i k^i ]$
è multiplo di $5$ perché somma di multipli di $5$, sicché $N$ è multiplo di $5$;
[/*:m:1q2ppsji]
[*:1q2ppsji] se $n equiv_5 2$, cioè se $n=5k+2$, allora:
$n^2 + 1 = 4 + 10k + 25 k^2 + 1 = 5*(1 + 2k + 5k^2)$
è multiplo di $5$, e tale è anche $N$;
[/*:m:1q2ppsji]
[*:1q2ppsji] se $n equiv_5 3$, i.e. se $n = 5k + 3$, trovi:
$n^2 + 1 = 9 + 30 k + 25 k^2 +1 = 5*(2 + 6k + 5k^2)$
che è multiplo di $5$, cosicché anche $N$ è multiplo di $5$;
[/*:m:1q2ppsji]
[*:1q2ppsji] infine se $n equiv_5 4$, ovvero se $n = 5k + 4$, allora hai anche $n= 5 h - 1$ e perciò:
$2 n^(14) + 3 = 2 [sum_(i=0)^(14) ((14),(i)) 5^i h^i (-1)^(14-i) ] + 3 = 2 + 2 [sum_(i=1)^(14) ((14), (i)) 5^i h^i (-1)^(14 - i)] + 3 = 5 + 2 [sum_(i=1)^(14) ((14),(i)) 5^i h^i (-1)^(14 - i)]$
è multiplo di $5$, ed anche $N$ lo è.[/*:m:1q2ppsji][/list:u:1q2ppsji]
"gugo82":
Ma guarda che hai già fatto il grosso trovando quella scomposizione lì...
Hai $N=n*(n^2 + 1)*(2n^(14) + 3)$ ed ora distingui i casi (sfruttando la formula della potenza del binomio quando serve):
[*:lssfaz4p] se $n$ è multiplo di $5$, anche $N$ lo è in maniera ovvia;
[/*:m:lssfaz4p]
[*:lssfaz4p] se $n equiv_5 1$, ossia se $n=5k+1$, allora:
$2n^(14) + 3 = 2 [sum_(i=0)^(14) ((14),(i)) 5^i k^i ] + 3 = 5 + 2 [sum_(i=1)^(14) 5^i k^i ]$
è multiplo di $5$ perché somma di multipli di $5$, sicché $N$ è multiplo di $5$;[/*:m:lssfaz4p][/list:u:lssfaz4p]
Non capisco quest'ultimo passaggio, se non sbaglio stai usando il binomio di Newton giusto?
$2 [sum_(i=0)^(14) ((14),(i)) 5^i k^i ] + 3 = 5 + 2 [sum_(i=1)^(14) 5^i k^i ]$
Seconda la formula $5^i$ dovrebbe essere $5^(14-0)$
Come hai fatto poi a togliere il coefficente binomiale dalla formula?
Infine ho visto che hai iniziato da 1 anziché 0, vuol dire che hai sommato fuori dalla sommatoria il risultato di $((14),(0))*5^(14)*k^0$, giusto? Però non ne vedo segno alla fine dell'uguale . . .
Prendiamo $n^17$ e supponiamo che $n$ sia della forma $5k+1$ cioè che dia resto $1$ quando diviso per $5$.
Allora abbiamo $(5k+1)^17$ ma senza sviluppare il binomio sappiamo che tutti i termini tranne l'ultimo (cioè quello con $(5k)^0$) sono multipli di $5$ (perché contengono tutti $(5k)^e$ con $e>0$), perciò la potenza del binomio si riduce a $5M+1^17$.
E poi sfrutti anche il fatto che $5k+4=5h-1$, idem per $5k+3=5h-2$.
Cordialmente, Alex
Allora abbiamo $(5k+1)^17$ ma senza sviluppare il binomio sappiamo che tutti i termini tranne l'ultimo (cioè quello con $(5k)^0$) sono multipli di $5$ (perché contengono tutti $(5k)^e$ con $e>0$), perciò la potenza del binomio si riduce a $5M+1^17$.
E poi sfrutti anche il fatto che $5k+4=5h-1$, idem per $5k+3=5h-2$.
Cordialmente, Alex
Per i binomiali, beh, sono semplici copia/incolla venuti male. Ora correggo.
Per il resto, l'addendo per $i=0$ nella sommatoria è uguale ad $1$ e basta portarlo fuori, moltiplicare per $2$ e sommarlo con $3$.
Per il resto, l'addendo per $i=0$ nella sommatoria è uguale ad $1$ e basta portarlo fuori, moltiplicare per $2$ e sommarlo con $3$.
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