Divisible par 30 ?

Bonsoir Elie,

Pourquoi ne factorise-tu pas $n^5-n=n(n-1)(n+1)(n^2+1)$ en remarquant que "divisible par 30" ça équivaut à "divisible par 2,3 et 5" ?

Salut,

Puisque ils sont premiers, et donc premier entre eux, il suffit de montrer que $n^5-n$ est divisible par $2,3,5$. Pour les deux premiers c'est facilement vérifiable, pour le dernier il y a Fermat.

Pour la division par $5$, il y a aussi la factorisation $n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)+5R(n)$.

De façon générale, il y a le théorème (dont on peut se passer ici) :

Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers, et $M$ un nombre entier.
Alors, pour tout entier $x$ et tout entier $k$ : $P(x + kM) \equiv P(x) \ (\mathrm{mod.}\ M)$.
En particulier, si $P(x)$ est divisible par $M$, tous les $P(x + kM)$ sont divisibles par $M$.

Source : http://mathematiques.ac-bordeaux.fr/profplus/docmaths/arithmetique/dress/pf.pdf p.4

Bonjour
On peut facilement remarquer que $n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)$ est divisible par $2$, $3$ et $5$.
Il reste à comparer avec ce qui est proposé...
Christian

Une méthode qui n'utilise pas la notion de divisibilité, mais seulement le fait qu'une

somme d'entiers est un entier, consiste à calculer:
$$ \sum_{k=1}^n k^2(n-k)^2$$

Ou comme suggéré par Christian Vassard (car $n^2+1=(n-2)(n+2)+5$) :
$n^5-n=n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)+5n(n-1)(n+1)$

Edit : sinon pas mal Cidrolin, Maple vient de me dire ce que ça donne

Malheureusement :

> simplify(sum(k^3*(n-k)^3,k=1..n));

                            7                  3
                     1/140 n  - 1/42 n + 1/60 n

> simplify(sum(k^0*(n-k)^0,k=1..n));

                                  n

> 6*simplify(sum(k*(n-k),k=1..n));

                                 3
                                n  - n

> 30*simplify(sum(k^2*(n-k)^2,k=1..n));

                                     5
                               -n + n

> 3*140*simplify(sum(k^3*(n-k)^3,k=1..n));

                             7             3
                          3 n  - 10 n + 7 n                   *   3+7=10

> 630*simplify(sum(k^4*(n-k)^4,k=1..n));

                           9              3
                          n  - 21 n + 20 n                    *   1+20=21

> 2772*simplify(sum(k^5*(n-k)^5,k=1..n));

                      11               5        3
                     n   - 210 n - 22 n  + 231 n              *   1+231=210+22

> 5*12012*simplify(sum(k^6*(n-k)^6,k=1..n));

                    13                   5          3
                 5 n   - 15202 n - 3003 n  + 18200 n          *   5+18200=15202+3003

> 51480*simplify(sum(k^7*(n-k)^7,k=1..n));

                  7                    5          3    15
             429 n  - 60060 n - 16380 n  + 76010 n  + n       *   euh

Edit : un truc marrant en * qui doit être normal...
Edit 2 : c'est normal la somme pour n=1 vaut 0 8-)

Je voulais dire n⁷- n .

Un lien avec http://oeis.org/search?q=2,6,2,30,2,42&sort=&language=english&go=Search ?

Edit : ben oui c'est écrit "The gcd of integers x^(n+1)-x, for all integers x."

Cela semble long, mais je peux expliquer ma méthode.

1) Pour trouver la première somme, celle des $k^2 (n-k)^2$,

j'ai calculé les premières valeurs de $\dfrac {n^5 -n}{30}:\, 1, \, 8, \, 34, \,104,$ puis avec l'OEIS

j'ai vu qu'il fallait totaliser les aires de petits carrés (suite A033455)

Ceci explique ma première formule . . .

2) Voyant vos recherches pour généraliser j'ai établi un petit tableau qui donne

la somme des $k^i (n-k)^j$ pour $0 \leq i \leq j \leq 7$

Dans le cas de $\dfrac {n^7 -n}{42}$, je constate que dans mon tableau,

le polynôme du numérateur est de degré $7$ pour $i+j=6$,

une petite combinaison linéaire a permis d'effacer les $n^3$,

et de répondre à Lolo33.

3) Pour votre dernière question, je pense qu'il faut une combinaison

linéaire des sommes de $k^i (n-k)^{12-i}$ avec $1 \leq i \leq 6$

4) Ce n'est pas parfait, il y a beaucoup de tâtonnements.

Merci Cidrolin et JLT. Je retrouve le résultat pour $n^7-n$, mais comme JLT, ça ne marche pas pour $n^{13}-n$ ni pour $n^9-n$.

$n^7-n$ :

> restart;
> A1:=simplify(sum(k^6,k=1..n)):
> A2:=simplify(sum(k^5*(n-k),k=1..n)):
> A3:=simplify(sum(k^4*(n-k)^2,k=1..n)):
> A4:=simplify(sum(k^3*(n-k)^3,k=1..n)):
> P:=a_1*A1+a_2*A2+a_3*A3+a_4*A4-(n^7-n)/42:
> eqns := {coeff(P,n,1)=0,coeff(P,n,2)=0,coeff(P,n,3)=0,coeff(P,n,4)=0,coeff(P,n,5)=0,coeff(P,n,6)=0,coeff(P,n,7)=0}:
> sols := solve( eqns , {a_1,a_2,a_3,a_4});

             sols := {a_1 = 0, a_2 = 0, a_3 = 1, a_4 = 2}

$n^9-n$ :

> restart;
> A1:=simplify(sum(k^8,k=1..n)):
> A2:=simplify(sum(k^7*(n-k),k=1..n)):
> A3:=simplify(sum(k^6*(n-k)^2,k=1..n)):
> A4:=simplify(sum(k^5*(n-k)^3,k=1..n)):
> A5:=simplify(sum(k^4*(n-k)^4,k=1..n)):
> P:=a_1*A1+a_2*A2+a_3*A3+a_4*A4+a_5*A5-(n^9-n)/30:
> eqns:={coeff(P,n,1)=0,coeff(P,n,2)=0,coeff(P,n,3)=0,coeff(P,n,4)=0,coeff(P,n,5)=0,coeff(P,n,6)=0,coeff(P,n,7)=0,coeff(P,n,8)=0,coeff(P,n,9)=0}:
> sols := solve( eqns , {a_1,a_2,a_3,a_4,a_5});

      sols := {a_1 = 0, a_2 = 0, a_3 = 4/3, a_5 = 23/3, a_4 = 8}

Bonjour
mais ne peut on pas utiliser la congruence modulo 9 puisque n⁵ se termine par n donc en enlevant n, cet entier se termine par 0 et : il est congru 3,6 ou 0 [9] donc c'est un multiple de 3, si on enlève le 0 de part et d'autre cela revient à diviser n⁵- n, par 3 donc par 30 si on laisse le 0.

@ L.G. notre mission, si nous l'acceptons, consiste à constater la divisibilité sans utiliser de congruences

@ Amtagpa, sans logiciel de calcul, (à part wolframalpha), je pars battu.

Cidrolin écrivait:

---

> @ L.G. notre mission, si nous l'acceptons,
> consiste à constater la divisibilité sans utiliser
> de congruences

ok d'accord.

A l'instar de Cidrolin pour $n^9-n$, voici ce que ça donne pour $n^{11}-n$ :

> restart;
> A1:=simplify(sum(k^10,k=1..n)):
> A2:=simplify(sum(k^9*(n-k),k=1..n)):
> A3:=simplify(sum(k^8*(n-k)^2,k=1..n)):
> A4:=simplify(sum(k^7*(n-k)^3,k=1..n)):
> A5:=simplify(sum(k^6*(n-k)^4,k=1..n)):
> A6:=simplify(sum(k^5*(n-k)^5,k=1..n)):
> P:=a_1*A1+a_2*A2+a_3*A3+a_4*A4+a_5*A5+a_6*A6-(n^11-n)/66:
> eqns := {coeff(P,n,0)=0,coeff(P,n,1)=0,coeff(P,n,2)=0,coeff(P,n,3)=0,coeff(P,n,4)=0,coeff(P,n,5)=0,coeff(P,n,6)=0,coeff(P,n,7)=0,coeff(P,n,8)=0,coeff(P,n,9)=0,coeff(P,n,10)=0,coeff(P,n,11)=0}:
> sols := solve( eqns , {a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6});

  sols := {a_4 = 24/5, a_6 = 54/5, a_5 = 74/5, a_1 = 0, a_2 = 0,

        a_3 = 3/5}

Nous savons donc que pour tout $n \in \mathbb N$, $5 \dfrac{n^{11}-n}{66}$ est une somme d'entiers,

et aussi que $\dfrac{n^3-n}{6}$ a cette proprièté.

Il en est donc de même pour

$$-2\times 5 \dfrac{n^{11}-n}{66}+ \dfrac{n^3-n}{6}(1+n^2+n^4+n^6+n^8)= \dfrac{n^{11}-n}{66}$$

Objectif $\dfrac{n^{13}-n}{2730}$...


Edit : Euh en fait comme $66$ divise $5(n^{11}-n)$, on en déduit par Gauss que $66$ divise $n^{11}-n$, on n'a pas vraiment le même problème que pour $n^9-n$... 8-) Mais bon, disons qu'on s'interdit même Gauss.

Connais pas pour le sujet. Par contre objectif atteint :

> restart;
> A1:=simplify(sum(k^12,k=1..n)):
> A2:=simplify(sum(k^11*(n-k),k=1..n)):
> A3:=simplify(sum(k^10*(n-k)^2,k=1..n)):
> A4:=simplify(sum(k^9*(n-k)^3,k=1..n)):
> A5:=simplify(sum(k^8*(n-k)^4,k=1..n)):
> A6:=simplify(sum(k^7*(n-k)^5,k=1..n)):
> A7:=simplify(sum(k^6*(n-k)^6,k=1..n)):
> P:=a_1*A1+a_2*A2+a_3*A3+a_4*A4+a_5*A5+a_6*A6+a_7*A7-(n^13-n)/2730:
> eqns:={coeff(P,n,0)=0,coeff(P,n,1)=0,coeff(P,n,2)=0,coeff(P,n,3)=0,coeff(P,n,4)=0,coeff(P,n,5)=0,coeff(P,n,6)=0,coeff(P,n,7)=0,coeff(P,n,8)=0,coeff(P,n,9)=0,coeff(P,n,10)=0,coeff(P,n,11)=0,coeff(P,n,12)=0,coeff(P,n,13)=0}:
> sols := solve( eqns , {a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7});

sols := {a_1 = 0, a_2 = 0, a_3 = 10/691, a_5 = 417/691, a_7 = 610/691, a_6 = 936/691, a_4 = 100/691}

Nous savons donc que pour tout $n \in \mathbb N$, $691 \dfrac{n^{13}-n}{2730}$ est une somme d'entiers,

et aussi que $\dfrac{n^7-n}{42}$ a cette proprièté.

Il en est donc de même pour

$$ -19\times691\dfrac{n^{13}-n}{2730}+\dfrac{n^7-n}{42}\times202(n^6+1)= \dfrac{n^{13}-n}{2730}$$

Si $p$ est premier, alors $\frac{n^p-n}{p}=\sum_{k=1}^n f(k)$ avec $f(k)=\sum_{j=1}^{p-1}(-1)^j\frac{C_p^j}{p}k^j$.

En particulier, pour $p=2011$, on obtient bien 2011 au denominateur.

Pour $p=31$, on obtient que $(n^{31}-n)/31$ est de la forme $\sum_{k=1}^n f(k,n)$ ou $f$ est un polynome a 2 variables a coefficients entiers, donc il en est de meme pour $(n^{2011}-n)/31=(n^{31}-n)(1+n^{30}+\cdots+(n^{30})^{66})/31$.

On a la meme demonstration pour $(n^{2011}-n)/11$, $(n^{2011}-n)/7$, $(n^{2011}-n)/3$, $(n^{2011}-n)/2$.

Comme $28801542=2.3.7.11.31.2011$, en utilisant Bezout on montre que $(n^{2011}-n)/28801542$ est de la forme $\sum_{k=1}^n f(k,n)$ ou $f$ est un polynome a 2 variables a coefficients entiers.

Je vois que la mission a été accomplie avec brio par JLT. (tu)
Nous sommes maintenant équipés pour affronter $\dfrac{n^{2017}-n}{1908324101335116127448341021830}$ quand il le faudra.