Somma

[axpgn]

Provare che la somma $1^k+2^k+3^k+...+n^k$ dove $n$ è un intero arbitrario e $k$ è dispari, è divisibile per $1+2+3+...+n$



Cordialmente, Alex

[Quinzio]

Ciaooo

Se uno va qui:
https://it.wikipedia.org/wiki/Somma_di_ ... successivi
a un certo punto si legge che tutte quelle sommatorie hanno in comune i fattori $n$ e $n+1$.
Siccome la somma di interi si puo' scrivere come $(n(n+1))/2$, il gioco e' fatto.

[axpgn]

Vabbè ma qual è il senso?
Ho chiesto una dimostrazione non una ricerca su Internet

Peraltro la tua risposta non mi sembra sufficiente: che ne è del fatto che $k$ deve essere dispari? Sicuro che la divisibilità ci sia sempre anche se $k$ è pari?


Cordialmente, Alex

[hydro1]

E' un problema infido, perchè si può fare induzione sia su $n$ che su $k$ e sembra naturale farla su $k$, ma invece è semplice farla su $n$. Qualcuno ha una prova per induzione su $k$?

Fissiamo $k$ dispari dunque. Per $n=1$ non c'è niente da dimostrare. Assumiamo che esista un intero $p_n$ tale che $(1+\ldots+n-1)p_n=1^k+\ldots+(n-1)^k$. Sia ora $x$ l'unico razionale tale che $(1+\ldots+n-1+n)(p_n+x)=1^k+\ldots+n^k$. Se dimostro che $x$ è intero ho finito. Facendo i conti e usando l'ipotesi induttiva si ha che $x=\frac{2n^{k-1}-2p_n}{n+1}$. Siccome $k-1$ è pari, $n^{k-1}\equiv 1\mod n+1$, quindi provare che $x$ è intero è equivalente a provare che $p_n\equiv 1\mod n+1$. Ora è semplicemente un conto: se $n$ è pari allora $1^{j}+\ldots+(n-1)^{j}\equiv 1\mod n+1$ per ogni $j$ dispari perchè ogni elemento a parte $1$ si accoppia col suo opposto, e quindi $(1+\ldots+n-1)p_n=1^k+\ldots+(n-1)^k$ implica $p_n\equiv 1\mod n+1$. Se invece $n$ è dispari, allora \(1^{j}+\ldots+(n-1)^{j}\equiv 1+((n+1)/2)^j\mod n+1\), perchè di nuovo tutto si accoppia con il proprio opposto tranne il termine centrale. Allora \( (1+((n+1)/2))p_n\equiv 1+((n+1)/2)^k\), il che implica \( (n+3)p_n\equiv 2+(n+1)((n+1)^{k-1}/2^{k-1})\), e ora si conclude perchè essendo $n+1$ pari si ha che \( ((n+1)^{k-1}/2^{k-1})\) è un intero.

[Quinzio]

"axpgn":Vabbè ma qual è il senso?
Ho chiesto una dimostrazione non una ricerca su Internet

Peraltro la tua risposta non mi sembra sufficiente: che ne è del fatto che $k$ deve essere dispari? Sicuro che la divisibilità ci sia sempre anche se $k$ è pari?


Cordialmente, Alex

Ok, capisco la tua nota, pero' non e' che sono andato alla ricerca spasmodica della soluzione gia' pronta.
Cercavo teoremi e idee sulle somme di potenze e mi sono praticamente imbattuto nella soluzione.

In ogni caso, sempre in quel link si trova scrivo che sia per $k$ pari sia per $k$ dispari si puo' dividere per $n(n+1)$.

[axpgn]

La quale cosa non è però la risposta a quanto richiesto; prova per esempio con $k=8$ e $n=3$

[axpgn]

@hydro

Soluzione alternativa ma non con l'induzione:

La sequenza $1+2+3+...+n$ è equivalente a $(n(n+1))/2$ quindi basta dimostrare che la nostra successione è divisibile per tale numero.
Notiamo anche che quando $k$ è dispari è sempre possibile dividere $a^k+b^k$ per $a+b$.
Usando questo fatto abbiamo due casi:

- $n$ è pari

Tutte le coppie $1+n^k, 2^k+(n-1)^k, 3^k+(n-2)^k, ..., (n/2)^k+(n/2+1)^k$ sono divisibili per $n+1$.

Tutte le coppie $1+(n-1)^k, 2^k+(n-2)^k, 3^k+(n-3)^k, ..., (n/2-1)^k+(n/2+1)^k, (n/2)^k, n^k$ sono divisibili per $n/2$.


- $n$ è dispari

Tutte le coppie $1+n^k, 2^k+(n-1)^k, 3^k+(n-2)^k, ..., ((n-1)/2)^k+((n+3)/2)^k, ((n+1)/2)^k$ sono divisibili per $(n+1)/2$.

Tutte le coppie $1+(n-1)^k, 2^k+(n-2)^k, 3^k+(n-3)^k, ..., ((n-1)/2)^k+((n+1)/2)^k, n^k$ sono divisibili per $n$.