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Demostrar que $\forall \ n \in \mathbb{N}, \ n^{3}-n$ es múltiplo de $6$.

+1 voto
Demostrar que para todo número natural $n, \ n^{3}-n$ es múltiplo de $6$.
preguntado por Alexander Isr Flores (1,100 puntos) Ene 17, 2016 en Problemas
reetiquetada por Chris Rubio Ene 19, 2016
El problema es equivalente a demostrar que el producto de tres enteros no negativos consecutivos es múltiplo de $6$. Es evidente que dados tres enteros no negativos consecutivos, uno o dos de ellos son múltiplos de $2$. Por tanto, hace falta demostrar que uno de ellos es múltiplo de $3$. Se dice que hay exactamente uno de los tres que es múltiplo de $3$. Habiendo un múltiplo de $2$ y un múltiplo de $3$, queda claro que se tiene un múltiplo de $6$.

3 Respuestas

+3 votos
 
Mejor respuesta

De hecho, del pequeño teorema de Fermat sabemos que si $p$ es un número primo y $a$ es un entero tal que $p \nmid a$ entonces $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$. En el caso en que $p=3$ lo anterior implica que $n^{2} \equiv 1 \pmod{3}$ si $(n,3)=1$; consecuentemente, $n^{3}\equiv n \pmod{3}$ para todo $n \in \mathbb{Z}$...

respondido por José Hdz (39,570 puntos) Ene 19, 2016
seleccionada por Alexander Isr Flores Ene 24, 2016
Y luego pruebas que también son congruentes módulo 2 (lo cual no tiene ningún chiste) y se sigue que son congruentes módulo 6.
Sí, sí, así es...
En efecto: El Pequeño Teorema de Fermat dice que, si $p$ es un número primo, entonces, para cada número natural $a$, con $a>0$, $a^{p}-a$ es múltiplo de $p$. Así que para nuestro caso, se tiene que $n^{3}-n$ es múltiplo de $3$ para cada número natural $n$, con $n>0$. Pero también se tiene que $n^{2}-n$ es múltiplo de $2$ para cada número natural $n$, con $n>0$.Como $n^{2}-n=(n-1)n$ es múltiplo de $2$, también $(n-1)n(n+1)=n^{3}-n$ es múltiplo de $2$. Entonces, $n^{3}-n$ es múltiplo de $3$ y de $2$ para todo entero $n$ con $n>0$. Se tiene, pues, $n^{3}-n=3k$ para algún entero $k$, con $k \geq 0$ (porque $n^{3}-n \geq 0\ \forall \ n>0$). Puesto que $3k$ es entonces también múltiplo de $2$, y $3$ no lo es, entonces $k$ es múltiplo de $2$. Se tiene, pues, $k=2l$, para algún entero $l$, con $l \geq 0$. Por tanto, $n^{3}-n=3 \cdot 2l=6l$, quedando demostrado que $n^{3}-n$ es múltiplo de $6$ para todo entero $n$, con $n>0$.
+2 votos
Puedes verificarlo para los números de 0 a 5 y cualquier otro número es congruente con uno de estos.
respondido por EliasMochan (7,890 puntos) Ene 18, 2016
+3 votos
De hecho, el producto de $k$ números consecutivos es divisible entre $k!$. Para observarlo, considere $N=m+k$ y ${N \choose k}=\frac{N!}{k!(N-k!)}=\frac{(m+k)!}{k!m!}$ por lo tanto $\frac{(m+1)(m+2)...(m+k)}{k!}$ es entero.
respondido por Chris Rubio (5,870 puntos) Ene 19, 2016
editado por Chris Rubio Ene 21, 2016
Así es. Para este caso: $n^{3}-n=(n-1)n(n+1)=\frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (n+1)}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (n-2)}=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \frac{4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot (n+1)}{(n-2)!}=6 \cdot \frac{(n+1)!}{3!} \cdot \frac{1}{(n-2)!}=6 \cdot \frac{(n+1)!}{(n-2)!3!}\\ \therefore n^{3}-n=6 \binom{n+1}{3}~$ para todo entero $n$ con $n \geq 2$. Y el número $\binom{n+1}{3}$ es siempre un entero mayor que $0$. Por tanto, $6 \binom{n+1}{3}=n^{3} - n$ es múltiplo de $6$ para todo entero $n \geq 2$. El caso para $n=1$ se comprueba individualmente. Incluso para $n=0$, resulta que $n^{3}-n=0=6 \cdot 0$, que así como sucede para $n=1$, podría considerarse múltiplo de $6$, pues es $6$ multiplicado por un entero no negativo. Sólo que para $n=0$, el menor de los enteros consecutivos sería negativo: el $n-1=-1$ y se tiene $(-1)(0)(1)$.
En tu caso, $k=3$ y $m=n-2$. Por lo tanto $N=m+k=n+1$ y está bien definido para $n+1\geq 0$, es decir, $n \geq -1$.
Hay que tener presente lo siguiente: para que el número $\binom{n+1}{3}$ exista, debe cumplirse que $n+1 \geq 3$, por lo que $n \geq 2$. Por esa razón es que con este método, se demuestra que $n^{3}-n$ es múltiplo de $6$, pero para $n \geq 2$ solamente.
Bueno, en realidad sí tiene razón el hecho de que podemos definir $\binom{n+1}{3}=0$ si $n+1<3$, puesto que podríamos considerar que el número de combinaciones de $3$ elementos que podrían hacerse con $n+1$ elementos es $0$ si el número de elementos de cada combinación es mayor que el número total de elementos, es decir, si $3>n+1$, o lo que es lo mismo, $n+1<3 \Rightarrow n<2$. De hecho, sabemos que para $n=1$ y $n=0$, el resultado de $n^{3}-n$ es igual a $0$, y podríamos considerar esto como igual a $6\binom{n+1}{3}$, conviniendo que $\binom{n+1}{3}=0$ para $n=1$ y $n=0$. Y entonces sí, se demuestra que $n^{3}-n=6\binom{n+1}{3}$, múltiplo de $6\ \forall\ n \in \mathbb{N}$. Aunque en la definición algebraica de la combinación $\binom{n+1}{3}$ como $\frac{(n+1)!}{(n-2)!3!}$, $n-2$ sería un entero negativo si $n<2$ y entonces $(n-2)!$ sería el factorial de un número entero negativo. Tenemos la generalización del factorial de un número a cualquier número real, mediante la Función Gamma, pero el valor de $\frac{(n+1)!}{(n-2)!3!}=\binom{n+1}{3}$ debe ser $0$ para $n=1$ y $n=0$.
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