(OBM/2005) Prove que a soma 1^{k}+2^{k}+\ldots+n^{k}, onde \mathbf{n} é um inteiro positivo e \mathbf{k} e ímpar, e divisível por 1+2+\ldots+n.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, sempre que k é ímpar, a soma
S=\sum_{i=1}^{n}i^{k}
é divisível por
T=\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}.
O que vamos usar é um argumento de pares de números cujas somas ou diferenças dão fatores n, n+1 ou \tfrac{n+1}{2}, conforme n seja par ou ímpar.

Passo 2

Prova de que S é divisível por n.
Para cada i com 1\le i\le n-1, considere o par \bigl(i,\;n-i\bigr). Como k é ímpar,
i^{k}+(n-i)^{k}\equiv i^{k}+(-i)^{k}\equiv 0\pmod{n}.
Restam, possivelmente, os termos soltos quando i=n ou, no caso n par, quando i=n/2. Mas
n^{k}\equiv0\pmod{n},
e se n for par o termo \bigl(n/2\bigr)^{k} = \dfrac{n^{k}}{2^{k}} também é múltiplo de n (pois k\ge1).
Logo, a soma de cada par e dos termos soltos é múltipla de n, ou seja, n\mid S.

Passo 3

Prova de que S é divisível por n+1 ou por \tfrac{n+1}{2}.
Para cada i com 1\le i\le n, considere o par \bigl(i,\;n+1-i\bigr). Como k é ímpar,
i^{k}+(n+1-i)^{k}\equiv i^{k}+(-\,i)^{k}\equiv 0\pmod{\,n+1\,}.
Agora, se n for par, não há i fixo nesse pareamento e todos os termos caem em pares, ficando
n+1\mid S.
Se n for ímpar, existe o termo solto i=(n+1)/2. Esse termo é
\bigl\tfrac{n+1}{2}\bigr^{k},
que não é necessariamente múltiplo de n+1, mas é múltiplo de \tfrac{n+1}{2}. Portanto, no caso n ímpar,
\frac{n+1}{2}\;\bigm|\;S.

Passo 4

Conclusão por combinação de fatores.
  • Se n é par, vimos que n\mid S e (n+1)\mid S. Como \gcd(n,n+1)=1, segue que n(n+1)\mid S. Mas \tfrac{n(n+1)}{2} é divisor de n(n+1), logo
\frac{n(n+1)}{2}\;\bigm|\;S.
  • Se n é ímpar, vimos que n\mid S e \tfrac{n+1}{2}\mid S. Como \gcd\bigl(n,\tfrac{n+1}{2}\bigr)=1, segue que
n\cdot\frac{n+1}{2}\;\bigm|\;S,
isto é,
\frac{n(n+1)}{2}\;\bigm|\;S.

Resposta

Portanto, para todo inteiro positivo n e todo k ímpar, a soma
\sum_{i=1}^{n}i^{k}
é divisível por
\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}.

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