/Szkoła średnia/Liczby/Liczby całkowite/Podzielność/1 literka

Zadanie nr 9512931

Pokazać, że dla każdej liczby całkowitej n liczba 5 n − n jest podzielna przez 5.

Wersja PDF

Rozwiązanie

Sposób I

Rozkładamy podane wyrażenie

n5 − n = n(n4 − 1) = n (n2 − 1)(n2 + 1) = n (n− 1)(n + 1)(n2 + 1).

Jeżeli liczba n daje przy dzieleniu przez 5 resztę 0,1 lub 4, to jedna z liczb w pierwszych trzech nawiasach dzieli się przez 5. Jeżeli natomiast n = 5k + 2 lub n = 5k+ 3 to

n2 = 25k2 + 20k + 4 ∨ n2 = 25k2 + 30k + 9

i liczba 2 n + 1 dzieli się przez 5.

Sposób II

Robimy podobnie jak poprzednio, ale używamy odrobinę innego rozkładu.

n5 − n = n(n4 − 1) = n (n2 − 1)(n2 + 1) = n (n− 1)(n + 1)(n2 − 4 + 5) = 2 = (n − 1 )n(n + 1)(n − 4) + 5(n − 1 )n (n + 1) = = (n − 1 )n(n + 1)(n − 2)(n + 2 )+ 5n (n − 1)(n + 1).

Pierwszy składnik jest iloczynem 5 kolejnych liczb całkowitych jest więc podzielny przez 5. Drugi dzieli się przez 5 w oczywisty sposób.

Sposób III

Zadanie możemy też rozwiązać indukcyjnie, ale będziemy potrzebować wzoru dwumianowego Newtona dla n = 5

( ) ( ) ( ) ( ) (a+ b)5 = a5 + 5 a 4b + 5 a3b2 + 5 a2b3 + 5 ab4 + b5 1 2 3 4 5 4 3 2 2 3 4 5 = a + 5a b + 10a b + 10a b + 5ab + b .

Zakładamy indukcyjnie, że n5 − n dzieli się przez 5 i liczymy

(n + 1)5 − (n+ 1) = n5 + 5n 4 + 1 0n3 + 10n2 + 5n + 1 − n − 1 = 5 4 3 2 = (n − n) + 5n + 10n + 10n + 5n .

Wyrażenie w nawiasie dzieli się przez 5 z założenia indukcyjnego, reszta też, więc wykazaliśmy tezę dla n + 1 .

Zadanie jest szczególnym przypadkiem tzw. małego twierdzenia Fermata: jeżeli p jest liczbą pierwszą, to ap − a dzieli się przez p .

Wersja PDF