[Nub]

Hola, como dice el titulo, lo único que se me ocurre es inducción completa, pero tengo un pequeño problema que no me deja concluir

Queremos probar que \(  n(n+1)(n+2)=\dot{6}
 \)
P.B) \( n=1 \) , \( 1*2*3=6=\dot{6} \)

P.I) H) \( n(n+1)(n+2)=\dot{6} \) desarrollamos \( n^3+3n^2+2n=\dot{6} \)
      T) \( (n+1)(n+2)(n+3)=\dot{6} \) desarrollamos \( n^3+6n^2+11n+6=\dot{6} \)

\( (n+1)(n+2)(n+3)=n^3+6n^2+11n+6=n^3+(3+3)n^2+(2+9)n+6
 \)
Hago distributiva
\( n^3+(3+3)n^2+(2+9)n+6=n^3+3n^2+3n^2+2n+9n+6 \)
ordeno
\( n^3+3n^2+3n^2+2n+9n+6=(n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6 \)
Entre paréntesis encontré la  hipótesis, la uso y queda
\( (n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6=\dot{6}+3n^2+9n+6 \)
Y me queda 3^2+9n+6 molestando, no se como quitarlos, podría sacar factor común 3, y decir "multiplo de 6 + múltiplo de 3 es múltiplo de 6" pero obviamente es falso

Otra pregunta, ¿es posible hacerlo sin induccion?

[feriva]

Es bastante inmediato si piensas en que si tienes dos números consecutivos uno de ellos es par; y si tienes tres consecutivos uno de ellos es multiplo de tres. Esto último, a ojo, parece menos trivial que con los pares (con los pares nos resulta obvio a todos, no hay que demostrar nada) pero es igual de trivial si piensas en las distancias, en los restos.

Todo número entero (tomando “k” entero desde cero hasta el que sea) es de la forma \( 3k \) ó \( 3k+1 \) ó \( 3k+2 \). Y no hay más, porque el siguiente sería \( 3k+3 \), pero entonces es un 3k, ya que, \( 3k+3=3(k+1) \).

Saludos.

[Pie]

Hola, como dice el titulo, lo único que se me ocurre es inducción completa, pero tengo un pequeño problema que no me deja concluir

Queremos probar que \(  n(n+1)(n+2)=\dot{6}
 \)
P.B) \( n=1 \) , \( 1*2*3=6=\dot{6} \)

P.I) H) \( n(n+1)(n+2)=\dot{6} \) desarrollamos \( n^3+3n^2+2n=\dot{6} \)
      T) \( (n+1)(n+2)(n+3)=\dot{6} \) desarrollamos \( n^3+6n^2+11n+6=\dot{6} \)

\( (n+1)(n+2)(n+3)=n^3+6n^2+11n+6=n^3+(3+3)n^2+(2+9)n+6
 \)
Hago distributiva
\( n^3+(3+3)n^2+(2+9)n+6=n^3+3n^2+3n^2+2n+9n+6 \)
ordeno
\( n^3+3n^2+3n^2+2n+9n+6=(n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6 \)
Entre paréntesis encontré la  hipótesis, la uso y queda
\( (n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6=\dot{6}+3n^2+9n+6 \)
Y me queda 3^2+9n+6 molestando, no se como quitarlos, podría sacar factor común 3, y decir "multiplo de 6 + múltiplo de 3 es múltiplo de 6" pero obviamente es falso

Otra pregunta, ¿es posible hacerlo sin induccion?

Puedes seguir así:

\[ 3^2+9n+6 = 3(n^2+3n+2) = 3(n+1)(n+2) \]

Saludos.

PD. Es lo que decias, pero nota que uno de los otros dos factores tiene que ser par.

[Nub]

Hola, como dice el titulo, lo único que se me ocurre es inducción completa, pero tengo un pequeño problema que no me deja concluir

Queremos probar que \(  n(n+1)(n+2)=\dot{6}
 \)
P.B) \( n=1 \) , \( 1*2*3=6=\dot{6} \)

P.I) H) \( n(n+1)(n+2)=\dot{6} \) desarrollamos \( n^3+3n^2+2n=\dot{6} \)
      T) \( (n+1)(n+2)(n+3)=\dot{6} \) desarrollamos \( n^3+6n^2+11n+6=\dot{6} \)

\( (n+1)(n+2)(n+3)=n^3+6n^2+11n+6=n^3+(3+3)n^2+(2+9)n+6
 \)
Hago distributiva
\( n^3+(3+3)n^2+(2+9)n+6=n^3+3n^2+3n^2+2n+9n+6 \)
ordeno
\( n^3+3n^2+3n^2+2n+9n+6=(n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6 \)
Entre paréntesis encontré la  hipótesis, la uso y queda
\( (n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6=\dot{6}+3n^2+9n+6 \)
Y me queda 3^2+9n+6 molestando, no se como quitarlos, podría sacar factor común 3, y decir "multiplo de 6 + múltiplo de 3 es múltiplo de 6" pero obviamente es falso

Otra pregunta, ¿es posible hacerlo sin induccion?

Puedes seguir así:

\[ 3^2+9n+6 = 3(n^2+3n+2) = 3(n+1)(n+2) \]

Saludos.

PD. Es lo que decias, pero nota que uno de los otros dos factores tiene que ser par.

Seria algo asi supongo, si n+1 es par, n+1=2k, luego n+2 es impar, entonces n+2=2k+1, luego 3(2k)*(2k+1)=6k(2k+1) y podemos decir que k'=k(2k+1) y 6k' obviamente es multiplo de 6, y si sumamos un multiplo de 6 mas otro multiplo de 6 es multiplo de 6

[Pie]

Hola, como dice el titulo, lo único que se me ocurre es inducción completa, pero tengo un pequeño problema que no me deja concluir

Queremos probar que \(  n(n+1)(n+2)=\dot{6}
 \)
P.B) \( n=1 \) , \( 1*2*3=6=\dot{6} \)

P.I) H) \( n(n+1)(n+2)=\dot{6} \) desarrollamos \( n^3+3n^2+2n=\dot{6} \)
      T) \( (n+1)(n+2)(n+3)=\dot{6} \) desarrollamos \( n^3+6n^2+11n+6=\dot{6} \)

\( (n+1)(n+2)(n+3)=n^3+6n^2+11n+6=n^3+(3+3)n^2+(2+9)n+6
 \)
Hago distributiva
\( n^3+(3+3)n^2+(2+9)n+6=n^3+3n^2+3n^2+2n+9n+6 \)
ordeno
\( n^3+3n^2+3n^2+2n+9n+6=(n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6 \)
Entre paréntesis encontré la  hipótesis, la uso y queda
\( (n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6=\dot{6}+3n^2+9n+6 \)
Y me queda 3^2+9n+6 molestando, no se como quitarlos, podría sacar factor común 3, y decir "multiplo de 6 + múltiplo de 3 es múltiplo de 6" pero obviamente es falso

Otra pregunta, ¿es posible hacerlo sin induccion?

Puedes seguir así:

\[ 3^2+9n+6 = 3(n^2+3n+2) = 3(n+1)(n+2) \]

Saludos.

PD. Es lo que decias, pero nota que uno de los otros dos factores tiene que ser par.

Seria algo asi supongo, si n+1 es par, n+1=2k, luego n+2 es impar, entonces n+2=2k+1, luego 3(2k)*(2k+1)=6k(2k+1) y podemos decir que k'=k(2k+1) y 6k' obviamente es multiplo de 6, y si sumamos un multiplo de 6 mas otro multiplo de 6 es multiplo de 6

Está bien, aunque personalmente no veo necesidad de demostrar todo esto por inducción. Como dice feriva, es inmediato que si tienes \( k \) numeros consecutivos, habrá multiplos de todos los naturales desde \( 1 \) hasta \( k \). O sea que si tienes algo como:

\[ P(n) = n\cdot{}(n+1)\cdot{}(n+2)\cdot{...}\cdot{(n+k-1)} \]

\( k! \) dividirá a \( P(n) \).

Saludos.

[Nub]

Otra idea era \( n=6*q+r \) con \( 0\leq{}r<6 \) y luego \( (6*q+r)(6*q+r+1)(6*q+r+2) \) lo que no pude llegar a nada

[Nub]

parece menos trivial que con los pares (con los pares nos resulta obvio a todos, no hay que demostrar nada) pero es igual de trivial si piensas en las distancias, en los restos.

No entendi esta parte, lo de los restos, si das ejemplos tipo 4,5,6 el 4 es el par, el 5 es el impar y el 6 el multiplo de 3 y se ve bien la idea, claro que al hacer el producto vamos a llegar a que es multiplo de 6, lo que no entiendo es a que te refieres con restos como tal

[Pie]

parece menos trivial que con los pares (con los pares nos resulta obvio a todos, no hay que demostrar nada) pero es igual de trivial si piensas en las distancias, en los restos.

No entendi esta parte, lo de los restos, si das ejemplos tipo 4,5,6 el 4 es el par, el 5 es el impar y el 6 el multiplo de 3 y se ve bien la idea, claro que al hacer el producto vamos a llegar a que es multiplo de 6, lo que no entiendo es a que te refieres con restos como tal

Lo que quiere decir, imagino, es que dividir por un número \( n \) solo puede dar \( n \) restos distintos. Dividir por \( 3 \) por ejemplo solo puede dar resto \( 0 \) (si el número es múltiplo de \( 3 \)), \( 1 \) (si se pasa de \( 1 \)) o \( 2 \) (si se pasa de \( 2 \)), no hay más opciones porque al "pasarse" de \( 3 \) ya vuelves a tener un múltiplo de \( 3 \), con lo que vuelve a dar resto \( 0 \). Es decir, que si divides los números naturales entre \( 3 \) siempre tendrás el patrón de restos: \[ 0, 1, 2, 0, 1, 2.. \]. Entonces es imposible que entre tres números consecutivos no haya ningún múltiplo de \( 3 \), y obviamente, tampoco de cualquier número menor. Entonces con eso basta para ver que el producto de tres números consecutivos tiene que ser divisible por \( 2 \) y por \( 3 \) y, por tanto, por \( 6 \).

Y lo mismo puedes decir con \( 4 \), \( 5 \) o \( k \) números consecutivos, si son \( 4 \) siempre habrá un múltiplo de \( 4 \), de \( 3 \) y de \( 2 \), si son \( 5 \) de \( 5 \), \( 4 \), \( 3 \), etc.. De ahí lo que te decía en mi mensaje anterior: si tienes un producto de \( k \) números consecutivos, siempre serán divisibles por \( k! \). 

PD. No sé si te habré aclarado algo o liado más, ya que igual lo he explicado de forma demasiado "informal", pero creo que la idea es bastante intuitiva y tampoco hace falta meterse en temas de inducción (que se podría complicar bastante más la cosa si se añaden más factores ) para entender esto. Otra cosa es que te pidieran demostrarlo "a la fuerza" por inducción, o usando tal o cuál técnica o teorema. Pero si no creo que el tema se ve de forma bastante trivial sólo con eso..

Saludos.

[feriva]

parece menos trivial que con los pares (con los pares nos resulta obvio a todos, no hay que demostrar nada) pero es igual de trivial si piensas en las distancias, en los restos.

No entendi esta parte, lo de los restos, si das ejemplos tipo 4,5,6 el 4 es el par, el 5 es el impar y el 6 el multiplo de 3 y se ve bien la idea, claro que al hacer el producto vamos a llegar a que es multiplo de 6, lo que no entiendo es a que te refieres con restos como tal

Es lo que dice Pie.

Cuando yo, un día, me percaté por mi cuenta de que en “n” números consecutivos siempre hay un múltiplo de “n”, todavía no tenía costumbre con la aritmética modular; la intuía a mi manera. Sin saberlo, utilizaba algo muy parecido o casi igual que el principio del palomar: puedes ver aquí en consiste, es una idea bastante simple https://es.wikipedia.org/wiki/Principio_del_palomar

Entonces, puedes escribir los números enteros no negativos e ir marcando los mútliplos de 3

\( {\color{green}0},1,2,{\color{green}3},4,5,{\color{green}6},7,8,{\color{green}9},10,11,{\color{green}12}... \)

*(El cero es múltiplo de todos los números, porque multiplicado por cualquier número da un entero que es el propio cero).

Puedes ver que entre los múltiplos de tres, los verdes, siempre quedan dos números entre medias, dos “huecos”; que son

1

2

4=3+1

5=3+2

7=3+3+1

8=3+3+2

10=3+3+3+1

11=3+3+3+2
etc.

Esto es así, no hay que demostrarlo; cualquier intento de demostración va a ser como intentar sacar punta a un lápiz que ya está afilado.

Ahora, si en tres palomares consecutivos no hubiera ningún múltiplo de tres, entonces existirían al menos dos múltiplos de tres separados por más de dos huecos; pero hemos visto que eso es imposible.

Saludos.

[robinlambada]

Buenas. Yo creo que ya ha debido de quedar claro, pero te pongo un ejemplo sin utilizar los restos , pues creo que es más evidente.

Si ordenas de forma consecutiva los números naturales.

0,1,2,3,4,5,6,7,8,9....

Los múltiplos de tres se obtienen a partir de cero sumando 3,es decir que van de tres en tres consecutivamente (otra forma de verlo es que entre 2 múltiplos de 3 consecutivos solo hay 2 números en medio), entonces es claro que si tienes tres números consecutivos cualesquiera debe ser uno de ellos múltiplo de 3, pues de no serlo , entonces, entre dos múltiplos de 3 consecutivos  habría tres números en medio no múltiplos lo cual es imposible pues solo puede haber 2. (En el fondo es lo mismo que te dice feriva de otra manera)

Respecto a tu duda de demostrar que

Entre paréntesis encontré la  hipótesis, la uso y queda
\( (n^3+3n^2+2n)+3n^2+9n+6=\dot{6}+3n^2+9n+6 \)
Y me queda 3^2+9n+6 molestando, no se como quitarlos, podría sacar factor común 3, y decir "multiplo de 6 + múltiplo de 3 es múltiplo de 6" pero obviamente es falso

Otra pregunta, ¿es posible hacerlo sin induccion?

Siguiendo tu razonamiento, hay que demostrar que \( 3n^2+9n \) es múltiplo de 6.

Sacas factor común \( 3n \) , \( 3n(n+3) \)

Tienes dos posibilidades:
1ª Que n sea par y por tanto 3n es múltiplo de 6.
2ª Que n sea impar y por tanto \( n+3 \) es par y \( 3n(n+3) \) es múltiplo de 6.

Saludos.