2. Zadatak

Prvo rješenje.

Dokaz provodimo matematičkom indukcijom po $k$.

$1^\circ$ Baza indukcije. Za $k=1$ je:

$$\begin{aligned}&(n^4-1)(n^3-n^2+n-1)+(n+1)n^3\\&=(n-1)(n+1)(n^2+1)(n-1)(n^2+1)+(n+1)n^3\\&=(n+1)[(n^2-2n+1)(n^4+2n^2+1)+n^3]\\&=(n+1)[n^6-2n^5+3n^4-3n^3+3n^2-2n+1]\\&=(n+1)[(n^6+n)-2(n^5+1)+3(n^4-n^3+n^2-n+1)]\\&=n(n+1)(n^5+1)-2(n+1)(n^5+1)+3(n^5+1),\end{aligned}$$

odakle slijedi da je $(n^4-1)(n^3-n^2+n-1)+(n+1)n^3$ djeljivo s $(n^5+1)$.

$2^\circ$ Korak indukcije. Pretpostavimo da je za neki $k\in\mathbb N$ dani izraz djeljiv s $n^5+1$, tj. da je

$$(n^4-1)(n^3-n^2+n-1)^k+(n+1)n^{4k-1}=(n^5+1)A,$$

gdje je $A$ cijeli broj. Pokažimo da je i

$$(n^4-1)(n^3-n^2+n-1)^{k+1}+(n+1)n^{4k+3}$$

djeljivo s $(n^5+1)$. Imamo

$$\begin{aligned}&(n^4-1)(n^3-n^2+n-1)^{k+1}\\&=(n^3-n^2+n-1)\left((n^5+1)A-(n+1)\cdot n^{4k-1}\right)\\&=(n^5+1)(n^3-n^2+n-1)A-(n+1)(n^3-n^2+n-1)\cdot n^{4k-1},\end{aligned}$$

odnosno

$$\begin{aligned}&(n^4-1)(n^3-n^2+n-1)^{k+1}+(n+1)\cdot n^{4k+3}\\&=(n^5+1)(n^3-n^2+n-1)A\\&\quad-(n+1)(n^3-n^2+n-1)\cdot n^{4k-1}+(n+1)\cdot n^{4k+3}\\&=(n^5+1)(n^3-n^2+n-1)A+(n+1)\cdot n^{4k-1}\left(n^4-(n^3-n^2+n-1)\right)\\&=(n^5+1)\left((n^3-n^2+n-1)A+n^{4k-1}\right),\end{aligned}$$

odakle slijedi da je dani izraz djeljiv s $n^5+1$ za svaki $k\in\mathbb N$.

Drugo rješenje.

Dani izraz je polinom u $n$, označimo ga s $f_k(n)$, s cjelobrojnim koeficijentima. Kako jednadžba $x^5+1=0$ ima različita kompleksna rješenja, dovoljno je pokazati da ako je $x^5+1=0$, onda vrijedi $f_k(x)=0$. Za $x=-1$, $f_k(-1)=0$. Ako je $x^5+1=0$, a $x\neq-1$, onda je

$$x^4-x^3+x^2-x+1=0.$$

Tada je $x^4=x^3-x^2+x-1$ i napokon,

$$f_k(x)=(x^4-1)(x^4)^k+(x+1)x^{4k-1}=x^{4k-1}(x^5+1)=0.$$