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.

Author: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

5 Comments

  1. 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

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  2. 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”

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  3. (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.

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  4. 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}
    $latex m \equiv (1 + 2a)^n + (2 + 2a)^n + \cdots + (a+2a)^n \pmod{a} \\ \vdots \\
    m \equiv (1+(a-1)a)^n + (2+(a-1)a)^n + \cdots + (a+(a-1)a)^n$

    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

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  5. Efectivamente, Javier.

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

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[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
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$latex código-latex-que-quieras-insertar$.

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