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Amis shtameurs, un problème pour vous.

Envoyé par Fin de partie 
Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
avatar
Soient $k,n$ des entiers naturels non nuls. $S_k(n)=\sum_{j=1}^n j^k$

La conjecture suivante est, semble-t-il, non démontrée:

Soient $k\geq 1$ et $n\geq 3$, $\dfrac{S_k(n+1)}{S_k(n)}$ est un entier si et seulement si $n=3$ et, $k=1$ ou $k=3$.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)



Edité 2 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par AD.
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
Bonjour,

Il y a une coquille dans l'énoncé, je crois:
Il faut rempacer $3$ par $2$ lorsqu'il est comparé à $n$.

Cordialement
Paul
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
avatar
Bonjour, pour $n=2$ il y a pas mal de $k$ qui font des entiers, pourquoi le $n=3$ non, en tout cas c'est calculatoire.
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
Bonsoir

@Tonm: FdP n'a pas encore lu mon premier message, sinon il aurait corrigé sa coquille.
Par ailleurs, si $n=2$, je ne vois pas des tas de $k$ "qui font un entier". J'en vois seulement deux, à savoir $1$ et $3$ comme prévu dans la conjecture.
Cordialement
Paul
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
avatar
Bonjour, oui j'ai mis $\dfrac{3^k}{1+2^i}$ entier quand il faut que $k=i$.
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
avatar
J'ai lu cette conjecture dans un article du dernier AMM. Hélas tout de suite maintenant je n'ai plus accès à cet article. S'il y a une coquille il faudra attendre lundi que je regarde à nouveau l'énoncé de cette conjecture à moins que quelqu'un d'autre puisse le faire.

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
Il s'agit donc de montrer à quelles conditions $(n+1)^k$ est un multiple de $S_k(n)$


Première remarque élémentaire:

Si $n \equiv 0 [4]$ ou $n\equiv 3 [4]$ Alors $S_k(n)$ est pair
Si $n \equiv 1 [4]$ ou $n \equiv 2[4]$ Alors $S_k(n)$ est impair

Ainsi $(n+1)^k$ et $S_k(n)$ sont de parité différente si $n\mod 0[4]$ ou $n\mod 1[4]$

Les $n$ qui vérifient la propriété sont donc de la forme $4m+2$ ou $4m+3$


Deuxième remarque élémentaire:

$n^k + (n-1)^k = 2n^k + O(n^{k-1} ) $, donc $ \exists N_k, \ \forall n > N_k$, $S_k(n) \geq (n+1)^k$

Pour chaque valeur de $k$, il n'existe donc au plus qu'un nombre fini de $n$ qui vérifient la propriété.



Edité 4 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par Tryss.
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
Il me semble que la coquille est plutôt dans la définition de $S_k$ :\[
S_k(n) = \sum_{j=1}^{n-1} j^k
\]
Dans ce cas, on a bien $n = 3$ est solution (pour $k = 1$ et $k = 3$).


Démontrer (ou réfuter) la conjecture équivaut à chercher les $(k,n) \in \mathbb{N}_{\geqslant 1} \times \mathbb{N}_{\geqslant 3}$ tels que $S_k(n)$ divise $n^k$.

En utilisant un peu d'arithmétique, on obtient les résultats suivants :

Si $k = 1$, alors $S_1(n) = \frac{(n-1)\,n}{2}$ divise $n$,
donc $n = 3$ est l'unique solution.

Si $k = 2$, alors $S_2(n) = \frac{(n-1)\,n\,(2n-1)}{6}$ divise $n^2$,
donc montre qu'il n'y a aucune solution.

Si $k=3$, alors $S_k(n) = \frac{(n-1)^2\,n^2}{4}$ divise $n^3$,
donc $n = 3$ est l'unique solution.


Pour $k > 3$, on peut améliorer l'observation de Tryss en donnant une condition nécessaire plus précise (dépendant de $k$) sur les valeurs de $n$ solutions.

On sait, grâce à la formule de Faulhaber, que $S_k(n)$ est égal à un multiple de $(n-1)/P(k)$ où $P(k)$ est un nombre qui dépend de la suite des nombres de Bernoulli, que l'on peut calculer en appliquant le théorème de von Staudt-Clausen. En particulier, $P(k)$ divise le produit de tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à $(k+1)$.
On en déduit :\[
\large S_k(n) \text{ divise } n^k \implies (n-1) \text{ divise } P(k)
\] et donc en particulier, $(n-1)$ divise les produit de tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à $(k+1)$.

Si la conjecture est vraie, il est alors facile de la vérifier pour tout $k \leq \kappa$ avec $\kappa$ suffisamment petit, on calcule la valeur exacte de $P(k)$ et on teste toutes les valeurs de $n$ telles que $(n-1)$ divise $P(k)$.


Par contre, démontrer qu'il n'y a pas de solution pour tout $k$ arbitrairement grand est une autre paire de manches…
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
Nous les shtameurs,on est au moins toujours d'accord sur les énoncés de problèmes.tongue sticking out smiley



Edité 1 fois. La dernière correction date de l’an passé et a été effectuée par AitJoseph.
Re: Amis shtameurs, un problème pour vous.
l’an passé
avatar
MindcraftMax a raison j'ai mal recopié une borne de la somme qui définit $S_k$.

Pour ceux qui peuvent lire l'article d'où je tire ce problème ouvert:
[maa.tandfonline.com]

Je vis parce que les montagnes ne savent pas rire, ni les vers de terre chanter.(Cioran)
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