Demostrando que $n$ y $m$ divide $1^{n}+2^{n}+3^{n}+\cdots+m^{n}$

Question

Para qué números enteros positivos $m, n$ es cierto que el número $$1^{n}+2^{n}+3^{n}+\cdots+m^{n}$$ es divisible por $n$ y $m$ ?

Answer 1

He aquí algunos progresos parciales. Si $n$ es libre de cuadrados podemos reducir tu pregunta a lo siguiente:

¿Cuándo son enteros positivos $n$ y $m$ con $n$ sin cuadrados, ambos dividen $1+ 2 + \cdots + m = \frac{m(m+1)}{2}$ ?

Empecemos con la pregunta de cuándo un entero positivo libre de cuadrados $n$ divide la suma $1^n + 2^n + \cdots + m^n$ . Factorización $n$ en primos, digamos que tenemos $n = p_1\cdots p_r$ donde el $p_i$ son distintos por hipótesis. Utilizando el corolario del Pequeño Teorema de Fermat tenemos $k^{p_i} \equiv k \ (\text{mod} \ p_i)$ para cada $1 \le k \le m$ y para cada primo $p_i$ dividiendo $n$ . Por aplicación repetida de esto podemos concluir

$1^n + 2^n + \cdots + m^n \equiv 1+ 2 + \cdots + m \ (\text{mod} \ n)$ ,

de donde obtenemos la pregunta que planteé en primer lugar. Una pregunta para usted: ¿por qué $n$ para que el argumento anterior funcione en general?

Podemos ir más lejos con esta línea de razonamiento. En primer lugar, $m$ debe ser impar. Esto se debe a que si $m$ divide $\frac{m(m+1)}{2}$ entonces encontramos que $m+1=2k$ para algún número entero $k$ .

Digamos de nuevo $n = p_1\cdots p_r$ donde el $p_i$ son primos distintos (por lo que $n$ no tiene cuadrado). Esto nos da un sistema de congruencias. Pongamos $x = 1 + 2 + \cdots + m$ queremos resolver

$x \equiv 0 \ (\text{mod} \ p_i)$

simultáneamente para cada $i$ . Es decir, estamos resolviendo para los números primos $p_i$ no para $x$ . Permítanme señalar, sin embargo, que si se fija un entero cuadrado libre $n$ entonces el Teorema Chino del Resto garantiza al menos una solución, aunque puede no ser muy útil para encontrar esas soluciones.

Entonces por lo anterior podemos al menos decir $n$ no es par (de nuevo, siempre que supongamos $n$ es cuadrado libre). Además, tenemos un límite superior (trivial) para $n$ . A saber, si $n \neq \frac{m(m+1)}{2}$ entonces $n \le \frac{m(m+1)}{4}$ .