Criterio di divisibilità per 120

[iademarco]

Dimostrare che $ 120|n[n^{4}-36(5n^{2}-12^{2})] $ se e solo se $ 6|n $.

Ah quasi dimenticavo...per comodità poniamo $ n>12 $

[SkZ]

$ ~=n(n-6)(n+6)(n-12)(n+12)\equiv n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)\mod{5} $

[caprielelufic]

Dimostrare che $ 120|n[n^{4}-36(5n^{2}-12^{2})] $ se e solo se $ 6|n $.

Ah quasi dimenticavo...per comodità poniamo $ n>12 $

Primo messaggio

$ n[n^{4}-36(5n^{2}-12^{2})]=n^5-180n^3-5184n $

120 deve dividere $ n^5-60n^3+12^2n $(*)

120=8*3*5

8 divide (*) quando divide
$ n^5+4n^3=n^3(n^2+4) $

se n è pari va bene, se n è dispari allora non va bene piu

3 deve dividere $ n^5 $ cioè n è un multiplo per forza di 3

5 deve dividere $ n^5+12^2n=n^5-n $ adesso per fermat 5 | $ n^5-n $ allora il 5 è inutile

Per il teorema cinese del resto abbiamo


2 divide n

3 divide n

5 divide (quello che gli pare)

allora tutti e soli gli n che dividono quella roba sopra sono gli n interi multipli di 2*3



ci ho azzeccato qualcosa?

[iademarco]

ci ho azzeccato qualcosa?

Direi proprio di si

[SkZ]

oppure

$ ~p(n)=n(n-6)(n+6)(n-12)(n+12)\equiv n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)\mod{5} $

e si vede che e' sempre divisibile per 5 per ogni n.
Se n dispari $ ~p(n) $ e' dispari, ergo n pari
se $ ~3\nmid n $, allora $ ~3\nmid p(n) $, quindi n multiplo di 3

quindi, affinche' $ ~p(n) $ sia divisibile per 2 e 3, $ ~2^53^5|p(n) $

[iademarco]

Yes, Yes.