Задача от делимост

[ins-]

Нека [tex]n[/tex] е произволно цяло число. Да се докаже, че числото: [tex]n(n-2)(5n-1)(5n+1)[/tex] се дели на [tex]24[/tex].

[Davids]

Нека [tex]n[/tex] е произволно цяло число. Да се докаже, че числото: [tex]n(n-2)(5n-1)(5n+1)[/tex] се дели на [tex]24[/tex].

Ще представя 24 като [tex]3.8[/tex] и ще докажа, че числото се дели и на 3, и на 8, тъй като са взаимно прости.

За 8:
Ще го карам директно: числото във вида [tex]A = n(n-2)(5n-1)(5n+1)[/tex] винаги се състои от два четни и два нечетни множителя. Т.е., ако [tex]n(n-2)[/tex] са двата четни, то [tex](5n-1)(5n+1)[/tex] са двата нечетни и vice versa. Оттам автоматично следва, че едното четно задължително се дели на 2, а другото задължително се дели не само на две, но и на 4. Оттам вече имаме, че [tex]A[/tex] се дели на [tex]8[/tex], т.е.: [tex]8|A[/tex].

За 3:
В първия случай ще приемем, че [tex]n(n-2)[/tex] са двата нечетни множителя. Както знаем, единственият случай, в който нито едно от две поредни нечетни числа не се дели на 3, е този, в който четното число между тях се дели на 3. Т.е., или единият от тези два множителя се дели на 3, или [tex]3|n-1[/tex]. Oт второто обаче автоматично следва, че [tex]3|5n - 5 \Leftrightarrow 3|5n - 5 + 2.3 \Rightarrow 3|5n + 1[/tex]. С което доказателството е готово за този случай.

Във втория случай ще приемем, че [tex](5n-1)(5n+1)[/tex] са двата нечетни множителя. За тях важи същото, както при горните, така че приемаме за изключение случая, в който [tex]3|5n[/tex]. Но от това веднага автоматично следва, че [tex]3|n[/tex], тъй като [tex]3[/tex] не дели [tex]5[/tex]. С това доказателството е завършено.

Същото можем да постигнем също и ако вземем просто една двойка последователни множителя и ги разгледаме веднъж като четни и веднъж като нечетни. Но на мен този подход ми харесва повече.
И в крайна сметка можем да заключим, че [tex]3.8|A \Rightarrow 24|A[/tex]

[Knowledge Greedy]

На фона на изящните разсъждения на Davids » Чет Окт 06, 2016 11:25 pm
ето нещо по-грубо.
Означаваме [tex]a_n=n(n-2)(5n-1)(5n+1)[/tex]
Прилагаме индукция (МПМИ).
За база проверяваме
[tex]a_1=-24[/tex]
[tex]a_2=0[/tex]
[tex]a_3=3.1.14.16[/tex]
- и трите се делят на [tex]24[/tex].
Индукционен преход.
Нека всяко от [tex]a_k, a_{k+1} \,\ и \,\ a_{k+2}[/tex] се дели на [tex]24[/tex], където [tex]n=k\ge 1[/tex]
Ще докажем, че и [tex]a_{k+3}\equiv 0 (mod 24)[/tex]
За целта разглеждаме крайните разлики:
- от първи ред [tex]a_{k+1}-a_{k} = 100k^3-2k-24[/tex]
- от втори ред [tex]a_{k+2}-2a_{k+1}+a_{k} = 100(3k^2+3k+1)-2[/tex]
и накрая от трети ред
[tex]a_{k+ 3}-3a_{k+2}+3a_{k+1}-a_{k} = 600(k+1)[/tex]
Всяко от събираемите след първото, съгласно индукционното предположение, се дели на [tex]24[/tex], следователно [tex]a_{k+3}[/tex] се дели на [tex]24[/tex] - к.т.д.
Според МПМИ твърдението е вярно за всяко естествено [tex]n[/tex].

[ins-]

И тази задача е от II кръг на НОМ - 1959-1960 г. Би могла да се реши и само с разглеждане на остатъци по модул 3 и 8 без индукция, но е дълго и тромаво.