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 20111
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.
Q2 : Par récurrence :
Soit p∈ℕ , on note pour tout n∈ℕ , Pn=
∑
k=1 n
k2p1 , 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, Pn1=Pnn12p1
*Si n est pair :
∑
k=1 n
k=n1×n
2 et
∑
k=1 n1
k=n1×n2 2 Par hypothèse, n+1 divise P(n), de plus n+1 divise n12p1 ,
Donc n+1 divise P(n+1).
De plus, pour tout k∈〚1,n 2〛 ,
n2−k2p1=
∑
q=0 2p1
−12p1−q
2p1q
n2qk2p1−qn2−k2p1=2n2
2 ×
∑
q=1 2p1
−12p1−q
2p1q
n2q−1k2p1−q−k2p1Donc, pour tout k∈〚1,n
2〛 , n2−k2p1≡−k2p1[n2 2 ] Donc, comme Pn=
∑
k=0 n 2
k2p1
∑
k=1 n 2
n2−k2p1n2 2
2p1 , Alors, Pn≡1[n2
2 ] Et, comme n1≡−1[n2
2 ] , n12p1≡−12p1[n2
2 ]≡−1[n2 2 ] Donc, n2
2 divise P(n+1).
Enfin, comme pgcd 2n2
2 −1,n2
2 = 1, Le théorème de Gauss assure que n1×n2
2 divise P(n+1).
*Si n est impair :
∑
k=1 n
k=n×n1
2 et
∑
k=1 n1
k=n2×n1 2 Par hypothèse, n1
2 divise P(n), de plus n12 divise n12p1 , Donc n1
2 divise P(n+1).
De plus, pour tout k∈〚1,n1 2 〛 ,
n2−k2p1=
∑
q=0 2p1
−12p1−q
2p1q
n2qk2p1−qn2−k2p1=n2×
∑
q=1 2p1
−12p1−q
2pq1
n2q−1k2p1−q−k2p1Donc, pour tout k∈〚1,n1
2 〛 , n2−k2p1≡−k2p1[n2] Donc, comme Pn=
∑
k=0 n1 2
k2p1
∑
k=1 n1 2
n2−k2p1 , Alors, Pn≡1[n2]
Et, comme n1≡−1[n2] , n12p1≡−1[n2] Donc, n+2 divise P(n+1).
Enfin, comme pgcd 2n1
2 , n2 = 1, Le théorème de Gauss assure que n2×n1
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
k2p1 ■