$1+2+\ldots,n$ divide $1^{2m+1}+2^{2m+1}+\ldots+n^{2m+1}$
$1+2+\ldots,n$ divide $1^{2m+1}+2^{2m+1}+\ldots+n^{2m+1}$
Easy one. Mostrare che se $n,m$ sono due interi positivi allora $1+2+\ldots,n$ divide $1^{2m+1}+2^{2m+1}+\ldots+n^{2m+1}$.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Re: $1+2+\ldots,n$ divide $1^{2m+1}+2^{2m+1}+\ldots+n^{2m+1}
$\displaystyle1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}2$.
Per comodità pongo $x=2m+1$, ma mi ricordo che è dispari!
E inoltre, sempre per comodità $S_{n,x}=1^x+2^x+\dots+n^x$.
Distinguo ora due casi (anche se sono praticamente uguali):
1) $2 \mid n$
$1^x+2^x+\dots+(n-1)^x+n^x\equiv 1^x+2^x+\dots+(-2)^x+(-1)^x+0^x\equiv 1^x+2^x+\dots-2^x-1^x\equiv 0+\left(\frac n 2\right)^x\pmod n$;
dunque $n\mid S_{n,x}-\left(\frac n 2\right)^x\rightarrow \frac n 2 \mid S_{n,x}-\left(\frac n 2\right)^x$, ma $\frac n 2 \mid \left(\frac n 2\right)^x$ e quindi $\frac n 2 \mid S_{n,x}$.
Vale con lo stesso trucchetto di sopra $1^x+2^x+\dots+(n-1)^x+n^x\equiv 1^x+2^x+\dots+(-2)^x+(-1)^x+0^x\equiv 1^x+2^x+\dots-2^x-1^x\equiv 0\pmod{n+1}$.
Infine, dato che $(n,n+1)=1\rightarrow(\frac n 2,n+1)=1$ allora succede che $\displaystyle\frac{n(n+1)}2\mid S_{n,x}$
2) $2 \nmid n \rightarrow 2 \mid n+1$
Come ho già scritto, è quasi uguale al caso 1), solo che stavolta si dimostra "direttamente" che $n \mid S_{n,k}$, mentre bisogna "isolare" $\frac{n+1}2$ e come sopra si dimostra che $n+1 \mid S_{n,k}$.
Di nuovo $\displaystyle(n,\frac{n+1}2)=1\rightarrow\frac{n(n+1)}2\mid S_{n,x}$
Ho scritto tante righe per un paio di idee, ma non sapevo come renderlo più chiaro...
Per comodità pongo $x=2m+1$, ma mi ricordo che è dispari!
E inoltre, sempre per comodità $S_{n,x}=1^x+2^x+\dots+n^x$.
Distinguo ora due casi (anche se sono praticamente uguali):
1) $2 \mid n$
$1^x+2^x+\dots+(n-1)^x+n^x\equiv 1^x+2^x+\dots+(-2)^x+(-1)^x+0^x\equiv 1^x+2^x+\dots-2^x-1^x\equiv 0+\left(\frac n 2\right)^x\pmod n$;
dunque $n\mid S_{n,x}-\left(\frac n 2\right)^x\rightarrow \frac n 2 \mid S_{n,x}-\left(\frac n 2\right)^x$, ma $\frac n 2 \mid \left(\frac n 2\right)^x$ e quindi $\frac n 2 \mid S_{n,x}$.
Vale con lo stesso trucchetto di sopra $1^x+2^x+\dots+(n-1)^x+n^x\equiv 1^x+2^x+\dots+(-2)^x+(-1)^x+0^x\equiv 1^x+2^x+\dots-2^x-1^x\equiv 0\pmod{n+1}$.
Infine, dato che $(n,n+1)=1\rightarrow(\frac n 2,n+1)=1$ allora succede che $\displaystyle\frac{n(n+1)}2\mid S_{n,x}$
2) $2 \nmid n \rightarrow 2 \mid n+1$
Come ho già scritto, è quasi uguale al caso 1), solo che stavolta si dimostra "direttamente" che $n \mid S_{n,k}$, mentre bisogna "isolare" $\frac{n+1}2$ e come sopra si dimostra che $n+1 \mid S_{n,k}$.
Di nuovo $\displaystyle(n,\frac{n+1}2)=1\rightarrow\frac{n(n+1)}2\mid S_{n,x}$
Ho scritto tante righe per un paio di idee, ma non sapevo come renderlo più chiaro...
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)