Encontrar todos los números naturales $n$ que dividen $1^n + 2^n + \cdots+ (n-1)^n$

Question

Problema: Encontrar todos los números naturales $n$ que dividen $1^n + 2^n + \cdots + (n-1)^n$

En realidad, esto no es una tarea, pero añadiré una etiqueta de tarea por si acaso. El problema es de la teoría de números de Santos para concursos matemáticos. No sé por dónde empezar para resolver este problema. No se me ocurre absolutamente nada en este momento.

Answer 1

Como ha señalado Peter Tamaroff, la pregunta es ambigua. El problema podría interpretarse como $1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n\equiv 0\mod n$ o $1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n\equiv 0\mod m$ . Si la primera interpretación es correcta, la respuesta es la siguiente:

$n$ es impar o incluso, si es impar, entonces el problema es en realidad bastante fácil:

1) $n=2k+1$ para algún k:

$1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n\equiv 0\mod n \iff 1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n\equiv 1^n + 2^n + \cdots (-2)^n + (-1)^n \mod n$ porque $n-1 \equiv -1 \mod n$ , $n-2 \equiv -2 \mod n$ y así sucesivamente Además, como $n=2k+1$ el número de términos de $1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n$ será par y todos los términos se cancelarán por parejas. Por lo tanto, siempre tendremos $1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n\equiv 0 \mod n$ en este caso y se aceptan todos los números impar.

2) $n=2k$ para algún k:

Afirmamos que no hay solución en este caso, pero tenemos que considerar dos casos diferentes en los que $k=2l$ o $k=2l+1$ .

a) Si $k=2l+1$ es efectivamente impar, entonces la prueba es fácil y sencilla como sigue:

Dejemos que $1^{2k}+2^{2k}+\cdots+(2k-1)^{2k}\equiv 0\mod 2k$ . Esto significa que $2k \mid 1^{2k}+2^{2k}+\cdots+(2k-1)^{2k}$ pero eso implica $2 \mid 1^{2k}+2^{2k}+\cdots+(2k-1)^{2k}$ es decir, :

$1^{2k}+2^{2k}+\cdots+(2k-1)^{2k} \equiv 0 \mod 2$ pero como el número de términos en este caso es impar, siempre podemos encontrar un término medio y aislarlo. Los otros términos se duplicarán porque $ 1^{2k} \equiv (2k-1)^{2k} \mod (2k) $ y así sucesivamente Por lo tanto, sólo quedará el término medio porque el resto de los términos son divisibles por 2.. y el término medio será $k=2l+1$ que es impar, y sabemos que un número impar elevado a cualquier potencia sigue siendo impar. por lo tanto $ 1 \equiv 0 \mod 2$ y eso es una contradicción. Por lo tanto, no hay soluciones cuando $n$ es par y $k$ es impar.

b) Supongamos ahora que $n=2k$ y $k$ está en paz. Podemos reescribir $n$ como $n=2^mt$ donde $2 \nmid t$ mediante la factorización de potencias de 2 de $k$ . En primer lugar, observe que:

$\Large \forall n \in \mathbb{N}: n < 2^n$

Podemos utilizar este hecho para ver que:

$\Large 2^m \mid 2^{2^m} \mid 2^{2^mt} \mid (2s)^{2^mt} \mid (2s)^{n}$ donde $2s$ es un término par de $1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n$ . Eso obliga a todos incluso a términos de $1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n$ para desvanecerse a cero $\mod 2^m$ . Por lo tanto, sólo los términos impar de $1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n$ seguirá siendo distinto de cero $\mod 2^m$ . Pero $\varphi(2^m) = 2^m - 2^{m-1} = 2^{m-1}$ y como $a^{\varphi(n)} \equiv 1 \mod n$ tendremos:

$\Large 1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n \equiv (1)^{2^mt} + (3)^{2^mt} + \cdots + (2^mt-1)^{2^mt} \equiv (1^{2^{m-1}})^{2t} + (3^{2^{m-1}})^{2t} + \cdots + ((2^mt-1)^{2^{m-1}})^{2t} \equiv (1)^{2t}+(1)^{2t}+\cdots+(1)^{2t} \equiv (2^{m-1}t)\cdot(1) \not\equiv 0 \mod 2^m $ Porque $ 2 \nmid t$ y $2^{m-1} \nmid 2^m$ y hay $2^{m-1}t$ términos que se convierten en $1$ .

Eso demuestra $2^m \nmid 1^n+2^n+\cdots+(n-1)^n$ cuando $n=2^mt$ . Por lo tanto, este caso también se resuelve.

Esto significa que nuestra afirmación es verdadera sólo cuando $n$ es un número impar. Espero que mi prueba sea ahora correcta y completa.

Ahora, ¿es posible resolver la otra interpretación?