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Encontrando la suma a partir del divisor

Os dejo aquí el problema de la semana:

Sea $a$ un número natural. Probar que existe otro número natural $b$ tal que para todo natural $n$ se verifica que:

$a$ divide a $1^n+2^n+3^n+ \ldots +b^n$ .

A por él.

Escrito por ^DiAmOnD^, 29 de Abril de 2008 en Juegos

5 comentarios

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Javier - 29 de Abril de 2008 12:44

Si b=a^2 es evidente, puesto que el resto de k mod a, (k+a) mod a, (k+2a) mod a, …, k+(a(a-1)) mod a k={1, 2, …., a) es el mismo llamemoslo n y n*a mod a=0 para todo n.

Saludos
Acid - 29 de Abril de 2008 19:18

Sí, claro… Siempre existe un b=1 … y para todo n resulta que a divide a 1^n = 1

jejeje

No entendí el comentario de Javier…
Suma = 1^n +2^n +… +(a^2)^n =
= 1^n + … +a^(2*n)

no entiendo por qué “(Suma mod a) = 0″
Javier - 29 de Abril de 2008 20:59

$(k+na)^p$ = $(na)^p+{p \choose 1}{(na)}^{p-1}k+$ … ${p \choose {p-1}}nak^{p-1}+k^p$

Como $na\ mod\ a=0$ $\forall n \in \mathbb{N}$ y todos los terminos excepto $k^n$ tienen como factor comun $a$ , $(k+na)^p\ mod\ a$ y $k^p\ mod\ a$ coinciden.
Damián - 30 de Abril de 2008 1:39

Javier dio la idea, pero no la explicó muy bien, además de que hay inconsistencias en su notación. Trataré de reescribir su idea.

Hay que recordar el binomio de Newton:

$(k+qa)^n = (qa)^n + {n \choose 1} (qa)^{n-1}k+ \cdots +{n \choose {n-1}} qak^{n-1} + k^n$

Entonces tenemos que:

(1) $\forall n \in \mathbb{N} \forall q \in \mathbb{N}, (k+qa)^n \equiv k^n \pmod{a}$

Sea $m = 1^n + 2^n+ \cdots + a^n$

Entonces, aplicando (1) inteligentemente, obtenemos las siguientes congruencias ciertas:

$m \equiv 1^n + 2^n+ \cdots + a^n \pmod{a}$
$m \equiv (1 + a)^n + (2 + a)^n + \cdots + (a+a)^n \pmod{a}$
$m \equiv (1 + 2a)^n + (2 + 2a)^n + \cdots + (a+2a)^n \pmod{a} \\ \vdots \\<br /> m \equiv (1+(a-1)a)^n + (2+(a-1)a)^n + \cdots + (a+(a-1)a)^n$

Las anteriores son exactamente $a$ congruencias, y si sumamos sus lados derechos la suma es igual a

$1^n+2^n+3^n+\cdots+(a^2)^n$

Por lo tanto, si sumamos todas las congruencias, tenemos que

$ma \equiv 1^n+2^n+3^n+\cdots+(a^2)^n \pmod{a}$

Y eso implica que

$0 \equiv 1^n+2^n+3^n+\cdots+(a^2)^n \pmod{a}$

Por lo tanto $a$ divide a $1^n+2^n+3^n+\cdots+(a^2)^n$
Domingo HA - 30 de Abril de 2008 11:32

Efectivamente, Javier.

Acid, b=1 no nos vale: a divide a 1 sólo si a=1.

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