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Dimostrare che :
$ \displaystyle \sum_{x=1}^n x \lvert \sum_{x=1}^n x^{2k-1} $
dove n e k sono interi positivi.
karl

Tanto per comodità poniamo $ a=2k-1 $ sapendo così che è dispari.
Distinguiamo 2 casi:

(1) $ n $dispari
Riscrivamo la tesi come $ \displaystyle\sum_{x=1}^{n}x^a\equiv0\pmod{n\frac{n+1}{2}} $ che essendo $ (n,\frac{n+1}{2})=1 $ equivale a mettere a sistema $ \displaystyle\sum_{x=1}^{n}x^a\equiv0\pmod{n} $e$ \displaystyle\sum_{x=1}^{n}x^a\equiv0\pmod{\frac{n+1}{2}} $
$ \forall x | 1\leq x \leq\frac{n-1}{2} $ vale $ x^a+(n-x)^a\equiv0\pmod n $ quindi sostituendo per tutti i valori di x indicati si annulla tutto e otteniamo $ \displaystyle\sum_{x=1}^{n}x^a\equiv0\pmod{n} $
$ \forall x | 1\leq x \leq\frac{n-1}{2} $ vale $ x^a+(n-x+1)^a\equiv0 \pmod{n+1} $ quindi $ x^a+(n-x+1)^a\equiv0 \pmod{\frac{n+1}{2}} $ Sostituendo tutti i valori di x rimane soltanto $ (\frac{n+1}{2})^a\equiv0\pmod {\frac{n+1}{2}} $ che verifica banalmente

(2) $ n $ pari
Il procedimento è identico analizzando $ \pmod{\frac{n}{2}} $ e $ \pmod{n+1} $


ps:ma l'avevi messo volontariamente in algebra piuttosto che in teoria dei numeri?

La mia soluzione è invece basata sui cosiddetti numeri di Bernouilli e non so sinceramente quanto
abbia di " olimpionico".La posto per chi avesse qualche interesse a tali numeri.
Si parte dalla formula (da dimostrare !):
(1) $ \displaystyle\sum_{x=1}^n x^r=\frac{(n+B)^{r+1}-B^{r+1}}{r+1} $
Questa formula,essendo di natura solo formale, necessita di un chiarimento .Precisamente, nello sviluppare
il lato destro di essa, occorre sostituire ogni $ \displaystyle B^t $ con $ \displaystyle B_t $ ovvero occorre far "scendere " ogni esponente
a "pedice " in modo che ciascuna potenza di B diventi un numero di Bernoulli.
Sono le regole del cosiddetto "calcolo umbrale".
Per esempio per r=3 risulta:
$ \displaystyle \sum_{x=1}^n x^3=\frac{(n+B)^{4}-B^{4}}{4}= $$ \displaystyle\frac{n^4+4B^1 n^3+6B^2 n^2+4B^3 n}{4}= $$ \displaystyle \frac{n^4+4B_1 n^3+6B_2 n^2+4B_3n}{4} $
Ora da tabelle codificate risulta : $ \displaystyle B_1=\frac{1}{2},B_2=\frac{1}{6},B_3=0 $ e dunque:
$ \displaystyle \sum_{x=1}^n x^3=\frac{n^4+2n^3+n^2}{4}=[\frac{n(n+1)}{2}]^2 $
che è una nota formula.
Ponendo nella (1) r=2k-1 si ha:
(2) $ \displaystyle\sum_{x=1}^n x^{2k-1}=\frac{(n+B)^{2k}-B^{2k}}{2k}=\frac{[(n+B)^{k}-B^{k}][(n+B)^k+B^k]}{2k} $
A tal punto ,se k è pari ,il fattore nella prima parentesi quadra della (2) è
divisibile sia per $ \displaystyle n+B_1-B_1=n $ sia per $ \displaystyle n+B_1+B_1=n+1 $.
E se k è dispari ,il fattore nella prima parentesi quadra è divisibile per $ \displaystyle n+B_1-B_1=n $
ed il secondo per $ \displaystyle n+2B_1=n+1 $
In ogni caso il secondo membro della (2) presenta il fattore n(n+1) e si può porre:
$ \displaystyle \sum_{x=1}^n x^{2k-1}=\frac{n(n+1)}{2} \cdot \frac{[...]}{k} $
D'altra parte n(n+1)/2 è certamente intero e quindi deve essere intero anche
[...]/k e ciò conclude la dimostrazione.
Non ho controllato tutto il procedimento ma penso che la soluzione con le
congruenze sia decisamente più conveniente.Bene eli9o !
karl