MATEMANIJA

Ako je [inlmath]n[/inlmath] prirodan broj, dokazati [inlmath]120\mid n^5-5n^3+4n[/inlmath].

Ne znam koji je postupak za ovaj tip dokazivanja pa ću postaviti dokaz za [inlmath]P(1)[/inlmath] pošto jedino to znam za sada. Što se indukcije tiče radio sam samo primere sa dokazivanjem za beskonačne nizove.
[dispmath]120\mid1^5-5^3+4\\
120\mid1-125+4\\
120\mid-120\quad\top[/dispmath]

Sad sam pronašao ovu temu na Internetu (konačno) i shvatio je postupak gotovo identičan, pokušaću sam da rešim pa se javljam u svakom slučaju (za sada neka stoji tema, hoću da pokušam da sam dođem do rešenja)

Stigao sam do ovde:
[dispmath]n=k\quad k^5-5k^3+4k=120m\quad m\in\mathbb{N}\\
n=k+1\quad(k+1)^5-5(k+1)^3+4(k+1)=\\
k^5+5k^5+5k+1-5\left(k^3+3k^3+3k+1\right)+4k+4=\\
6k^5+5k+1-5k^3-15k^3-15k-5+4k+4=\\
6k^5-20k^3-6k[/dispmath]

Verovatno si po analogiji sa [inlmath](k+1)^3[/inlmath] razvio [inlmath](k+1)^5=k^5+5k^5+5k+1[/inlmath] što nije tačno. Razvij ovo po formuli za razvoj binoma, pa ako bude dalje problema, reci pa da radimo.

U pravu si - ni prvo ni drugo nije bilo tačno. Sad sam uradio oba (stavljam ceo postupak da bi se videlo odmah ako sam negde omeo):
[dispmath](k+1)^2\cdot(k+1)=\\
\left(k^2+2k+1\right)\cdot(k+1)=\\
k^3+k^2+2k^2+2k+k+1=\\
k^3+3k^2+3k+1[/dispmath][dispmath](k+1)^2\cdot(k+1)^2\cdot(k+1)=\\
\left(k^2+2k+1\right)\cdot\left(k^2+2k+1\right)\cdot(k+1)=\\
\left(k^4+2k^3+k^2+2k^3+4k^2+2k+k^2+2k+1\right)\cdot(k+1)=\\
\left(k^4+4k^3+6k^2+4k+1\right)\cdot(k+1)=\\
k^5+k^4+4k^4+4k^3+6k^3+6k^2+4k^2+4k+k+1=\\
k^5+5k^4+10k^3+10k^2+5k+1[/dispmath] I kad to ubacim u zadatak:
[dispmath]k^5+5k^4+10k^3+10k^2+5k+1-5\left(k^3+3k^2+3k+1\right)+4k+4=\\
k^5+5k^4+10k^3+10k^2+5k+1-5k^3-15k^2-15k-5+4k+4=\\
k^5+5k^4+5k^3-5k^2-16k[/dispmath] Uočavam šablon ([inlmath]k^5[/inlmath] i [inlmath]16k[/inlmath]), samo ne znam kako da to sada transformišem da bih dokazao deljivost.

Ja bih istakao da postoji greška u dokazivanju baznog slučaja [inlmath]n=1[/inlmath].

nikola011 je napisao:[dispmath]120\mid1^5-{\color{red}5^3}+4[/dispmath]

Trebalo bi da bude:
[dispmath]120\mid1^5-5\cdot{\color{blue}1^3}+4\\
120\mid0[/dispmath]
Takođe, mislim da se mogao izbeći dokaz pomoću indukcije tako što bismo razložili [inlmath]n^5-5n^3+4n[/inlmath] na faktore. Kako je [inlmath]120=2\cdot3\cdot4\cdot5[/inlmath], treba dokazati da je početni izraz deljiv sa [inlmath]2[/inlmath], [inlmath]3[/inlmath], [inlmath]4[/inlmath] i [inlmath]5[/inlmath].
[dispmath]n^5-5n^3+4n=n\left(n^4-5n^2+4\right)[/dispmath] Uvodimo smenu [inlmath]t=n^2[/inlmath] pa izraz u zagradi postaje:
[dispmath]t^2-5t+4=(t-4)(t-1)[/dispmath] Odnosno:
[dispmath]\left(n^2-4\right)\left(n^2-1\right)=(n-2)(n+2)(n-1)(n+1)[/dispmath] Uz malo premeštanja početni izraz postaje:
[dispmath]n^5-5n^3+4n=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)[/dispmath] Što predstavlja proizvod pet uzastopnih prirodnih brojeva koji je zasigurno deljiv sa [inlmath]2[/inlmath], [inlmath]3[/inlmath], [inlmath]4[/inlmath] i [inlmath]5[/inlmath], a samim tim i sa [inlmath]120[/inlmath].

@Corba248, hvala na ispravci. Problem je što ne smem da izbegavam dokaz preko indukcije, ovo je za pismeni

U poslednjem koraku si napravio gresku. Ako pogledamo koeficijente uz [inlmath]k[/inlmath]:
[dispmath]+5k-15k+4k=-6k[/dispmath] a ne [inlmath]-16k[/inlmath] kao što si napisao.

To je to - greškom sam dodao minus pišući uporedo ovde i u svesci.

Kako sad to da iskoristim za dokaz?

Čini mi se da si zaboravio da po indukcijskoj pretpostavci važi [inlmath]k^5-5k^3+4k=120m\quad m\in\mathbb{N}[/inlmath]. Onda bi dobio:
[dispmath]k^5+5k^4+5k^3-5k^2-6k=\underbrace{k^5-5k^3+4k}_{120m}+5k^4+10k^3-5k^2-10k=\\
=120m+5k^4+10k^3-5k^2-10k=120m+5k\left(k^3+2k^2-k-2\right)[/dispmath] Ovo u zagradi se lako može razložiti ukoliko uočiš da je [inlmath]k+2[/inlmath] zajednički faktor, a može i preko Bezuovog stava. Dakle, nakon razlaganja dobijamo:
[dispmath]120m+5(k-1)k(k+1)(k+2)[/dispmath] Odnosno, pored [inlmath]120m[/inlmath] imamo proizvod četiri uzastopna prirodna broja i petice, što je zasigurno deljivo sa [inlmath]120[/inlmath].

E sad je daleko jasnije, hvala vam na pomoći

Dodao bih ovde još jedan način rešavanja. Po meni je teži i duži od postupka koji je predložio Corba248, ali ako profesor insistira da se radi isključivo indukcijom, onda idemo da fizikališemo... Corba248 je pokazao kako da stigneš dovde:
[dispmath]120m+5k^4+10k^3-5k^2-10k[/dispmath] Ovde treba da dokažemo deljivost zbira brojem [inlmath]120[/inlmath]. Pošto je prvi sabirak sigurno deljiv ovim brojem, treba da dokažemo da je i zbir preostalih sabiraka deljiv sa [inlmath]120[/inlmath]. To ponovo možemo da uradimo indukcijom:
[dispmath]5\cdot1^4+10\cdot1^3-5\cdot1^2-10\cdot1=5+10-5-10=0[/dispmath] Sada iz pretpostavke da je [inlmath]5\cdot k^4+10\cdot k^3-5\cdot k^2-10\cdot k[/inlmath] deljivo sa [inlmath]120[/inlmath], dokazujemo deljivost sledećeg izraza:
[dispmath]5\cdot(k+1)^4+10\cdot(k+1)^3-5\cdot(k+1)^2-10\cdot(k+1)[/dispmath] Ovo kada izmnožiš i središ dobiješ:
[dispmath]5k^4+30k^3+55k^2+30k[/dispmath] Sada primenjuješ postupak analogan onome što ti je Corba248 opisao:[dispmath]5k^4+30k^3+55k^2+30k=5k^4+10k^3-5k^2-10k+20k^3+60k^2+40k=120t+20k^3+60k^2+40k[/dispmath] Sada, kao što pretpostavljaš, na analogan način dokazuješ deljivost [inlmath]20k^3+60k^2+40k[/inlmath] sa [inlmath]120[/inlmath]. Na kraju ćeš doći do toga da se tvoj polazni izraz sastoji iz više sabiraka od kojih je svaki pojedinačno deljiv sa [inlmath]120[/inlmath], pa je samim tim i zbir deljiv istim brojem.

nikola011 je napisao:[dispmath](k+1)^2\cdot(k+1)=\\
\left(k^2+2k+1\right)\cdot(k+1)=\\
k^3+k^2+2k^2+2k+k+1=\\
k^3+3k^2+3k+1[/dispmath][dispmath](k+1)^2\cdot(k+1)^2\cdot(k+1)=\\
\left(k^2+2k+1\right)\cdot\left(k^2+2k+1\right)\cdot(k+1)=\\
\left(k^4+2k^3+k^2+2k^3+4k^2+2k+k^2+2k+1\right)\cdot(k+1)=\\
\left(k^4+4k^3+6k^2+4k+1\right)\cdot(k+1)=\\
k^5+k^4+4k^4+4k^3+6k^3+6k^2+4k^2+4k+k+1=\\
k^5+5k^4+10k^3+10k^2+5k+1[/dispmath]

Zaista nema potrebe da ove stepene binoma razvijaš ovako postepeno, postoji gotova formula [inlmath]\displaystyle(a+b)^n=\sum_{k=0}^n{n\choose k}a^{n-k}b^k[/inlmath].
Možeš proveriti, uvrštavanjem [inlmath]n=2[/inlmath] i [inlmath]n=3[/inlmath] dobićeš poznate formule [inlmath](a+b)^2=a^2+2ab+b^2[/inlmath] i [inlmath](a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3[/inlmath].
Odatle i za [inlmath]n=5[/inlmath] možeš jednostavno doći do izraza za [inlmath](a+b)^5[/inlmath].

Corba248 je napisao:Takođe, mislim da se mogao izbeći dokaz pomoću indukcije tako što bismo razložili [inlmath]n^5-5n^3+4n[/inlmath] na faktore. Kako je [inlmath]120=2\cdot3\cdot4\cdot5[/inlmath], treba dokazati da je početni izraz deljiv sa [inlmath]2[/inlmath], [inlmath]3[/inlmath], [inlmath]4[/inlmath] i [inlmath]5[/inlmath].

Ovo nije baš najpreciznije formulisano. Ako je izraz deljiv sa [inlmath]4[/inlmath], svakako je onda deljiv i sa [inlmath]2[/inlmath]. Drugo, broj [inlmath]60[/inlmath] je, primera radi, deljiv svim brojevima koje si nabrojao, a ipak nije deljiv sa [inlmath]120[/inlmath].
Zato bi bilo pravilnije reći da izraz, da bi bio deljiv sa [inlmath]120[/inlmath], mora biti deljiv sa [inlmath]2^3[/inlmath], sa [inlmath]3[/inlmath] i sa [inlmath]5[/inlmath] – tj. deljiv svim uzajamno prostim činiocima broja [inlmath]120[/inlmath].

miletrans je napisao:[dispmath]120m+5k^4+10k^3-5k^2-10k[/dispmath] Ovde treba da dokažemo deljivost zbira brojem [inlmath]120[/inlmath].

Zaista zanimljiva ideja, s tim što mislim da bi bilo lakše ako bismo, umesto da dokazujemo da je [inlmath]5k^4+10k^3-5k^2-10k[/inlmath] deljivo sa [inlmath]120[/inlmath], ceo taj izraz napisali kao [inlmath]5\left(k^4+2k^3-k^2-2k\right)[/inlmath], pa zatim dokazivali da je izraz unutar zagrade deljiv sa [inlmath]24[/inlmath]...

@Daniel Hvala za formulu!