Ola Falows e Amigos da Lista,
Se o algarismo das unidades de "K^5" e de "K" sao
iguais, entao a diferenca "K^5 - K" termina em
zero, vale dizer : ela e multiplo de dez.
Claramente que "K^5 - K" e multiplo de dois,
qualquer que seja o natural "K". Para ver isso,
note que se supormos que "K" e par, entao "K^5"
sera necessariamente par e, portanto, a diferenca
"K^5 - K" sera do tipo "par - par" que e par; por
outro lado, supondo "K" impar, "K^5" sera impar e
,neste caso, diferenca "K^5 - K" sera do tipo
"impar - impar" que e par.
Resta provarmos que "K^5 - K" e tambem multiplo
de cinco. Existe uma grande quantidade de formas
de se fazer isso ...
1 FORMA ( Estilo "Aluno de 8 serie ) :
Se "K" for multiplo de cinco, entao
o fato de "K^5 - K" poder ser colocado na forma
K(K^4 - 1) mostra que esta diferenca tambem e
multiplo de cinco. Se "K" nao for multiplo de
cinco, entao, pelo algoritmo da divisao, ele
podera ser colocado na forma 5*q + r, com 0 < r < 5.
Como :
K^5 - K = K(K^4 - 1) = K(K^2 - 1)(K^2 + 1)
K^5 - K = K(K - 1)(K + 1)(K^2 + 1)
Se r=1, "K^5 - K" se transformara em
(5p+1)*5p*(5p+2)[(5p+1)^2 + 1] ...
Multiplo de 5 !
Se r=4, "K^5 - K" se transformara em
(5p+4)*(5p+3)*(5p+5)*[(5p+4)^2 + 1]
5*(5p+4)*(5p+3)*(p+1)*[(5p+4)^2 + 1] ...
Multiplo de 5 !
Se r=2 ou r=3 o fator "K^2 + 1" ira se
transformar, respectivamente, em
(25p^2 + 20p + 5) =5*(5p^2 + 4p +1) e
(25p^2 + 30p + 10)=5*(5p^2 + 6p + 2),
ambos multiplos de 5 !
Esgotadas as hipoteses possiveis sobre r,
so nos resta admitir que "K^5 - K" e sempre
multiplo de 5.
2 FORMA ( Estilo "Sintetico - Como eu faria" ) :
Vemos que K^5 - K = K(K^4 - 1). Se K for
multiplo de 5, claramente que K(K^4 - 1)
tambem sera. Se nao for, entao, pelo teorema
de Fermat, K^4 e congruo a 1 modulo 5 e,
portanto, K^4 e 1 deixam o mesmo resto quando
dividos por 5 e, assim, k^4 - 1 e multiplo de 5.
3 FORMA ( Estilo "Rolo compressor" )
E como voce fez, listando, pelo que entendi,
todas as possibilidades de combinacoes. E valido.
Nota : Existe um teorema ( das quatro cores )
cuja primeira prova consistiu em exibir todas
as combinacoes possiveis ... Muitas pessoas nao
aceitam tal prova, outras aceitam ... Em minha
opiniao ( fraca, em face do que podem dizer os
Grandes Professores que orientam Nossa Lista ),
uma "Prova por Enumeracao" e um indicativo da
falta de algum(ns) conceito(s) do(s) qual(is)
o fato provado por enumeracao possa ser derivado
como consequencia logica !
4 FORMA ( Estilo "indutor" )
A praxis seria supor que "P^5 - P" (K=P) e
divisivel por 5 e mostrar que para (K=P+1)
obrigatoriamente tambem seria. Nao vou fazer,
mas tenho certeza que e tao simples como todos
os outros casos ...
Eu acho que esta bom, mas neste momento estou
vendo duas outras formas diferentes de chegar
a este resultado ... Isto mostra a simplicidade
da questao e a riqueza das tecnicas matematicas.
Um Grande Abraco pra voce
Um Grande abraco pra todos os colegas da lista
Paulo Santa Rita
6,1158,02032001
Nota : Existe um Teorema ( das quatro cores ) em que a prova