Induzione su un polinomio

[duombo]

Ciao ragazzi,

mi trovo alle prese con un esercizio per il quale sono bloccato, l'esercizio è questo:

E' vero o no che per ogni $n \in ZZ$ il numero $a_n:=n^9+2n^7+3n^3+4n$ è divisibile per 5?

io ho abbozzato una soluzione di questo tipo:
per $n=0$ ottengo che $0$ è divisibile per $5$
poi se lo suppongo vero per $n$ e lo voglio provare per $n+1$ ottengo $(n+1)^9+2(n+1)^7+3(n+1)^3+4(n+1)$
a questo punto non so come continuare, ho pensato che il criterio di divisibilità per 5 è quello di vedere se un numero ha l'ultima cifra che finisce per 0 o per 5 ma in questo caso non mi sembra molto utile

qualcuno mi mette sulla buona strada?

e come sempre grazie mille per tutto l'aiuto

[garnak.olegovitc]

@duombo, forse mi/ti sfugge qualcosa.. fai l'induzione sulla variabile \(n \in \Bbb{Z}\)? L'induzione si applica in \( \Bbb{N}\) (o al più in una aritmetica di Peano), e \(\Bbb{Z}\) non mi sembra sia \( \Bbb{N}\) (o una aritmetica di Peano)..

[banino84]

anche io ho lo stesso problema di dumbo. Come si può risolvere allora questo esercizio ?

[duombo]

...L'induzione si applica in \( \Bbb{N}\) (o al più in una aritmetica di Peano), e \(\Bbb{Z}\) non mi sembra sia \( \Bbb{N}\) (o una aritmetica di Peano)..

ok, ora mi sento spiazzato in effetti la definizione di principio di induzione parla di tutti gli $n \in NN$ e non in $ZZ$
ergo... come si potrebbe procedere?

[Gi8]

Dimostrare per induzione su $n in ZZ$ che $a_n= n^9+2n^7+3n^3+4n$ è multiplo di $5$ è veramente una faticaccia, anche se possibile. Infatti prevede lo sviluppo di una potenza nona di un binomio, oltre che di una potenza settima e di un cubo.

Io lo dimostrerei in un altro modo, ad esempio con le classi di resto modulo $5$.
se $a_n -= 0 (mod 5)$ allora $a_n -= 0 (mod 5)$
se $a_n-=1 (mod 5)$ allora $a_n-= 1+2+3+4=10 -=0 (mod 5)$
e così via, fino a $a_n-=4-= -1 (mod 5)$.

Comunque esiste anche un principio di induzione "modificato" per passare da $NN$ a $ZZ$.
infatti, quello classico è: Passo base ($P(0)$) e Passo induttivo ($P(n)=>P(n+1)$).
Quello ampliato è come quello classico con l'aggiunta di un altro passo induttivo: $P(n)=> P(n-1)$

[duombo]

Grazie mille Gi8, in effetti la tua soluzione ha più senso della mia, ma ho qualche dubbio

se $a_n -= 0 (mod 5)$ allora $a_n -= 0 (mod 5)$
se $a_n-=1 (mod 5)$ allora $a_n-= 1+2+3+4=10 -=0 (mod 5)$

fin qui ci sono

e così via, fino a $a_n-=4-= -1 (mod 5)$.

è qui che casca l'asino non ho capito come ci sei arrivato, ti dispiacerebbe spiegarmelo esplicitando tutti i passaggi?

grazie

[Gi8]

Pardon, ho sbagliato a scrivere.
Intendevo

se $n -= 0 (mod 5)$ allora $a_n -= 0 (mod 5)$
se $n-=1 (mod 5)$ allora $a_n-= 1+2+3+4=10 -=0 (mod 5)$
e così via, fino a $n-=4-= -1 (mod 5)$.

Mi spiego meglio: $n$ può essere congruo a $0,1,-1,-2,2$ modulo $5$.

Per ognuno di questi cinque casi si può studiare come diventa $a_n$ modulo $5$. Se si ottiene sempre $0$ siamo a posto.
$n-=0 (mod 5) => a_n-=0 (mod5)$
$n-= -1 (mod 5) => a_n-=1+2+3+4=10-=0 (mod5)$
$n-= -1 (mod 5) => a_n-= -1-2-3-4= -10-=0 (mod5)$
$n-=2 (mod5) => a_n-= 2^9+2*2^7+3 *2^3+4*2-=2+1+4+3-=0 (mod 5)$
$n-= -2 (mod 5) => a_n-=(-2)^9 +2*(-2)^7+3*(-2)^3 +4*(-2)-= -2-1-4-3-=0 (mod5)$