La generalización de "Suma de cubo de 3 enteros consecutivos es divisible por 3"

Question

Tengo esta pregunta publicado por el profesor en el posgrado Número de clase de Teoría. Primero, él le pidió una prueba de que la suma de los cubos de 3 enteros consecutivos es divisible por 3, que es muy fácil de probar, pero luego continuó preguntando a demostrar su generalización, es decir, n | 1^n + 2^n + 3^n + ... + n^n.

Aquí usted puede encontrar fácilmente un contraejemplo que si n es par, la generalización de falla. Pero si n es impar, parece que funciona. He intentado utilizar la inducción matemática, pero no ir a ninguna parte. Luego he intentado utilizar el Binomio de Expansión, Triángulo de Pascal, y el uso de la representación de números consecutivos como ... (a-3), (a-2), (a-1), a, (a+1), (a+2), (a+3), ... con el fin de cancelar, pero todavía no va a ninguna parte.

Agradecería cualquier ayuda. Gracias por su tiempo.

Answer 1

Dado que este es un nivel de posgrado número de clase de teoría, creo que es seguro asumir que usted está familiarizado con el modulo de la aritmética?

Dado cualquier lista de $n$ números enteros consecutivos, $a, a+1, a+2, \dots, a+n-1$, modulo $n$ esta lista es equivalente a $0,1,2,3,\dots,n-1$ modulo $n$. (Tenga en cuenta que no estoy diciendo $a \equiv 0 \pmod{n}$). Esta lista puede ser reescrita como:

$1 \equiv 1 \pmod{n}$

$2 \equiv 2 \pmod{n}$

$3 \equiv 3 \pmod{n}$

$\dots$

$\dfrac{(n-1)}{2} \equiv \dfrac{(n-1)}{2} \pmod{n}$

$n-1 \equiv -1 \pmod{n}$

$n-2 \equiv -2 \pmod{n}$

$n-3 \equiv -3 \pmod{n}$

$\dots$

$\dfrac{(n+1)}{2} \equiv -\dfrac{(n-1)}{2} \pmod{n}$

Desde $n$ es impar, la exponenciación conserva el signo. Y así

$$0^n + 1^n + 2^n + \dots + \left(\dfrac{n-1}{2}\right)^n + \left(\dfrac{n+1}{2}\right)^n + \dots + (n-2)^n + (n-1)^n + n^n$$

es equivalente a

$$1^n + 2^n + \dots + \left(\dfrac{n-1}{2}\right)^n - \left(\dfrac{n-1}{2}\right)^n + \dots - 2^n - 1^n$$

modulo $n$, y de forma que la suma se convierte en $0$ modulo $n$. Tenga en cuenta que el exponente podría ser sustituido por cualquier entero impar y la declaración se siguen manteniendo.

EDIT: Aquí está el ejemplo que usted solicitó en los comentarios.

Digamos que tenemos la lista 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, con $n=7$.

Bueno, la primera cosa que voy a hacer es encontrar a sus representantes en $\mod 7$ $0$ $6$ incluido.

Así,

5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 se convierte en 5, 6, 0, 1, 2, 3, 4.

Ahora, echemos un vistazo a $(n-1)/2$. Para $n=7$, este número es 3. Que es el corte de los términos positivos. El resto de ellos, me convierten en negativos:

$5, 6, 7, 8, 9, 10, 11$ se convierte en

$5, 6, 0, 1, 2, 3, 4,$ que es

$7-2, 7-1, 0, 1, 2, 3, 7-3$, que se convierte en

$-2, -1, 0, 1, 2, 3, -3$.

Ahora, tomar cualquier extraño poder de estos números, suma, se obtiene 0 en el modulo 7.

Técnicamente, podría haber ido directamente de la lista original, a $-2, -1, 0, 1, 2, 3, -3$, sin pasar por la etapa intermedia, pero yo quería ilustrar cómo la prueba se aplica para este ejemplo en particular.

Answer 2

Los restos modulo$2k+1$ pueden ser (re) escritos como$0,\pm1,\pm2,\ldots,\pm k$. Al elevarlos a cualquier poder impar positivo de nuestra elección, mantendrán su signo, mientras que sus valores absolutos serán iguales por pares, por lo que finalmente su suma será divisible a través de$n=2k+1$.