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A535 : Petite somme divise grande somme.

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

A535 : Petite somme divise grande somme.

Énoncé :

Q1 : Démontrer que la somme des entiers naturels consécutifs de 1 à 2011 divise la somme des puissances d’ordre 2011 de ces mêmes entiers.

Q2 : Démontrer que pour k entier impair positif et pour tout n entier naturel positif, la somme des entiers consécutifs de 1 à n divise la somme des puissances d’ordre k de ces mêmes entiers.

Q1 : On remarque que cette question est un cas particulier de la suivante, mais ce serait moins drôle d'utiliser la question 2. Révisons donc un peu notre arithmétique :

On sait que

n=1 2011

n=2011×2012

2 =2×503×2011 , où 2, 503 et 2011 sont premiers.

Or, on peut dénombrer 20111

2 =1006 nombres impairs entre 1 et 2011, D'où

n=1 2011

n2011 est une somme contenant 1006 nombres impairs, Ce qui en fait un nombre pair, car 1006 est pair.

De plus, d'après le petit théorème de Fermat, pour tout n∈〚1,2011〛 , n2011≡n[2011]

Donc

n=1 2011

n2011

n=1 2011

n[2011]≡0[2011] .

Enfin, toujours d'après Fermat pour tout n∈〚1,2011〛 , n2011≡n5033×n503−1[503]≡n3×1[503] ,

Donc

n=1 2011

n2011

n=1 2011

n3[503]≡0[503] car

n=1 2011

n3=2011×2012

2 

2

.

Finalement, comme 2, 503 et 2011 sont premiers entre eux, le théorème de Gauss assure que 2×503×2011 divise

n=1 2011

n2011 , ce qui assure le résultat.

(2)

Q2 : Par récurrence :

Soit p∈ℕ , on note pour tout n∈ℕ , Pn=

k=1 n

k2p1 , on pose, pour tout n∈ℕ , Hn : "

k=1 n

k divise P(n) ".

- Tout d'abord, P(1) = 1, donc H1 est vérifiée.

- Soit n∈ℕ tel que Hn soit vraie, Pn1=Pnn12p1

*Si n est pair :

k=1 n

k=n1×n

2 et

k=1 n1

k=n1×n2 2  Par hypothèse, n+1 divise P(n), de plus n+1 divise n12p1 ,

Donc n+1 divise P(n+1).

De plus, pour tout k∈〚1,n 2〛 ,

n2−k2p1=

q=0 2p1

−12p1−q

2p1q

n2qk2p1−q

n2−k2p1=2n2

2 ×

q=1 2p1

−12p1−q

2p1q

n2q−1k2p1−q−k2p1

Donc, pour tout k∈〚1,n

2〛 , n2−k2p1≡−k2p1[n2 2 ] Donc, comme Pn=

k=0 n 2

k2p1

k=1 n 2

n2−k2p1n2 2 

2p1 , Alors, Pn≡1[n2

2 ] Et, comme n1≡−1[n2

2 ] , n12p1≡−12p1[n2

2 ]≡−1[n2 2 ] Donc, n2

2 divise P(n+1).

Enfin, comme pgcd 2n2

2 −1,n2

2  = 1, Le théorème de Gauss assure que n1×n2

2  divise P(n+1).

(3)

*Si n est impair :

k=1 n

k=n×n1

2  et

k=1 n1

k=n2×n1 2  Par hypothèse, n1

2 divise P(n), de plus n12 divise n12p1 , Donc n1

2 divise P(n+1).

De plus, pour tout k∈〚1,n1 2 〛 ,

n2−k2p1=

q=0 2p1

−12p1−q

2p1q

n2qk2p1−q

n2−k2p1=n2×

q=1 2p1

−12p1−q

2pq1

n2q−1k2p1−q−k2p1

Donc, pour tout k∈〚1,n1

2 〛 , n2−k2p1≡−k2p1[n2] Donc, comme Pn=

k=0 n1 2

k2p1

k=1 n1 2

n2−k2p1 , Alors, Pn≡1[n2]

Et, comme n1≡−1[n2] , n12p1≡−1[n2] Donc, n+2 divise P(n+1).

Enfin, comme pgcd 2n1

2 , n2 = 1, Le théorème de Gauss assure que n2×n1

2  divise P(n+1).

Donc, dans tous les cas Hn+1 est vraie.

Finalement, le principe de récurrence assure que pour tout n∈ℕ ,

k=1 n

k divise P(n).

Donc, pour tout n , p∈ℕ2 ,

k=1 n

k divise

k=1 n

k2p1

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