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[数论] 一串自然数等幂和的整除性质

本帖最后由 hbghlyj 于 2020-1-16 13:47 编辑

由差分法知$1^m+2^m+...+n^m(m,n\in\mbb N^*)$是n的m+1次多项式,记为S(m,n),则
以下$\mid$表示多项式整除
(1)S(1,n)|S(m,n),m>0
(2)S(2,n)|S(m,n)当且仅当m为偶数
(3)S(3,n)|S(m,n)当且仅当m为3的奇数倍
以下$\mid$表示整数整除
(4)n≥2,$n|S(n-1,n-1)+1\Leftrightarrow$对n的每个素因子p都有$p(p-1)|(\frac np+1)$
(5)$a_n=\frac{2S(2r+1,n)}{n(n+1)}$,则$a_n$为整数,且$a_n$为偶数$\Leftrightarrow n\equiv0,-1\pmod4$
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本帖最后由 hbghlyj 于 2020-1-16 11:56 编辑

(1)当m为奇数时利用$a+b|a^m+b^m$是非常容易证明的。
由于(n,n+1)=1,可将问题分解为证明P=2S(m,n)分别被n,n+1整除
$P = 2{n^m} + (1 + {(n - 1)^m}) + (2 + {(n - 2)^m}) + ... + ({(n - 1)^m} + {1^m}),$每项都能被n整除
$P = (1 + {n^m}) + (2 + {(n - 1)^m}) + ... + ({n^m} + {1^m}),$每项都能被n+1整除
--------补充一个结论--------
p为素数,则$(1+2+\cdots+n)^p\equiv 1+2^p+\cdots+n^p\pmod p,即\left(\frac{n(n+1)}2\right)^p\equiv S(p,n)\pmod p$
类似地,$S(m,n)\equiv S(mp,n)\pmod p$

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回复 2# hbghlyj
Screenshot_2019_0725_142747.png
2019-7-25 14:40
找到一个类似的短文,还是只证了奇数情形

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本帖最后由 realnumber 于 2019-7-25 20:07 编辑

(1)在n=3,m=2或4或6并不成立啊.S(1,3)=6
S(2,3)=15,S(4,3)=98,
---好象我理解错了,指多项式整除?混乱中

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本帖最后由 hbghlyj 于 2019-12-11 12:11 编辑

回复 4# realnumber
是的。指多项式整除。
S(1,n)=$\frac12n(1+n)$
S(2,n)=$\frac16n(1+n)(1+2n)$
S(4,n)=$\frac1{30}n(1+n)(1+2n)(-1+3n+3n^2)$
所以S(1,n)|S(2,n)|S(4,n),而1|2|4

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本帖最后由 realnumber 于 2019-10-22 09:30 编辑

记$S(m,n)=1^m+2^m+3^m+....+n^m$,n,m都是正整数.
可以用数学归纳法证明$n\mid S(m,n)$
m=2,3,4时有$n\mid S(m,n)$成立
假设m<k+1时,都成立
当m=k+1时  (以下都是:左边第2个二项式定理展开,抵消最高次后变右边)
\[ n^{k+2}-(n-1)^{k+2}=C_{k+2}^1n^{k+1}-C_{k+2}^2n^k+...-(-1)^{k+1}C_{k+2}^{k+1}n-(-1)^{k+2}\]
\[ (n-1)^{k+2}-(n-1-1)^{k+2}=C_{k+2}^1(n-1)^{k+1}-C_{k+2}^2(n-1)^k+...\]
\[......\]
\[1^{k+2}-(1-1)^{k+2}=C_{k+2}^11^{k+1}-C_{k+2}^21^k+...\]
以上n个等式相加得到
\[n^{k+2}=C_{k+2}^1S(k+1,n)-C_{k+2}^2S(k,n)+C_{k+2}^3S(k-1,n)-...-(-1)^{k+1}C_{k+2}^{k+1}S(1,n)-(-1)^{k+2}n\]
由归纳假设得到$n\mid C_{k+2}^1S(k+1,n)$----(*)
    即$n\mid S(k+1,n)$
由1,2可得即$n\mid S(m,n)$.
即$n\mid 1^m+2^m+...+(n-1)^m$,n用n+1替换得到
$(n+1)\mid 1^m+2^m+...+n^m$,又(n,n+1)=1
得到$n(n+1)\mid 1^m+2^m+...+n^m$,即S(1,n)│S(m,n)
     (*)有漏洞吗?比如k+2=tn时?又觉得可以了,k,n是不同的字母,---???

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6楼对吗?确认一下hbghlyj

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可能相关的一个问题:
证明不定方程$1^m+2^m+....+n^m=(n+1)^m$只有一组正整数解
(n,m)=(2,1)


这样可以吗?由6楼结论$n(n+1)\mid 2(1^m+2^m+....+n^m)$
即$n(n+1)\mid 2(n+1)^m$,因此只能是n=2
--不过林根老师并不认可.

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本帖最后由 hbghlyj 于 2020-1-16 11:54 编辑

(4)充分性显然.必要性:设n=ap,欲证等价于p|a-1,p-1|n-1.由费马小定理$S(n-1,n-1)\equiv a\sum\limits_{k=1}^{p-1}k^{n-1}\pmod p$.假设$p-1\nmid n-1$,取mod p原根x,$x^{n-1}\not\equiv1\pmod p$,$\sum\limits_{k=1}^{p-1}k^{n-1}\equiv\sum\limits_{k=1}^{p-1}(xk)^{n-1}\pmod p,p\mid(x^{n-1}-1)\sum\limits_{k=1}^{n-1}k^{n-1},p\mid\sum\limits_{k=1}^{n-1}k^{n-1}=S(n-1,n-1),n\mid1,$矛盾.所以$p-1\mid n-1,p\mid a\cdot(-1)+1$

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本帖最后由 hbghlyj 于 2020-1-18 13:34 编辑

(5)递推式为$(n+2)a_{n+1}-na_n=2(n+1)^{2r}
证明:$(n+1)(n+2)a_{n+1}=n(n+1)a_n+2(n+1)^{2r+1}$,累加得$a_n=\frac{2+2\sum\limits_{i=1}^ni^{2r+1}}{n(n+1)}$

求证$n(n+1)a_n$是关于n的四次多项式
  1. Table[RSolve[{a[n+1]==(n a[n]+2(n+1)^(2r))/(n+2),a[1]==1},a[n],n],{r,10}]
  2. {{{a[n]->1/2 n (1+n)}},{{a[n]->(-2+n^2+2 n^3+n^4)/(n (1+n))}},{{a[n]->(-8+3 n^2+6 n^3+3 n^4)/(2 n (1+n))}},{{a[n]->(2 (-3+n^2+2 n^3+n^4))/(n (1+n))}},{{a[n]->(-16+5 n^2+10 n^3+5 n^4)/(2 n (1+n))}},{{a[n]->(-10+3 n^2+6 n^3+3 n^4)/(n (1+n))}},{{a[n]->(-24+7 n^2+14 n^3+7 n^4)/(2 n (1+n))}},{{a[n]->(2 (-7+2 n^2+4 n^3+2 n^4))/(n (1+n))}},{{a[n]->(-32+9 n^2+18 n^3+9 n^4)/(2 n (1+n))}},{{a[n]->(-18+5 n^2+10 n^3+5 n^4)/(n (1+n))}}}
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