mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 12:05 am**

Έστω $p\geq 5$ πρώτος και $S_k = 1^k + 2^k + ... + (p-1)^k, \ k \in N.$
Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν άπειροι αριθμοί $n\in N^*$ τέτοιοι ώστε ο p^3

να διαιρεί τον S_n

και ο

τους $S_{n-1}, S_{n-2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 3:34 pm**

Ένα παρόμοιο αποτέλεσμα... την ανεβάζω μήπως βοηθήσει κάποιον για την πλήρη λύση...

Έστω n=p^k+2

. Τότε:

$\displaystyle \bullet \ S_n = \sum_{i=1}^{p-1} i^{p^k+2} \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^{p+2} \ (mod \ p^2)$ . Όμως $\displaystyle i^{p+2} + (p-i)^{p+2} = p \cdot \sum_{m=0}^{p+1} i^{p+1-m}(p-i)^m(-1)^m \equiv p \cdot \sum_{m=0}^{p+1} i^{p+1} \equiv$ $\displaystyle p \cdot \sum_{m=0}^{p+1} i^2 = \dfrac{p^2(p+1)(2p+1)}{6} \equiv 0 \ (mod \ p^2)$ .

$\displaystyle \bullet \ S_{n-1} = \sum_{i=1}^{p-1} i^{p^k+1} \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^{p+1}$ $\displaystyle \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^2 = \dfrac{p(p+1)(2p+1)}{6} \equiv 0 \ (mod \ p)$

$\displaystyle \bullet \ S_{n-2} = \sum_{i=1}^{p-1} i^{p^k} \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^p$ $\displaystyle \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i = \dfrac{p(p+1)}{2} \equiv 0 \ (mod \ p)$

Άρα υπάρχουν άπειρα

τέτοια ώστε: p^2 | S_n

και $p | S_{n-1}, p | S_{n-2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 9:15 pm**

Βάζω μία σκέψη σε hide.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

mathematica.gr

Άπειροι!

Άπειροι!

Re: Άπειροι!

Re: Άπειροι!