[obm-l] Re: [obm-l] potências]

["Paulo Santa Rita" <p_ssr@xxxxxxxxxxx>]

oi Artur e demais colegas,

Interessant, sehr interessant ... E verdade, eu raciocinei ate N^M e o 
problema pede ate (N-1)^M. Na pressa nao percebi isso. Bom, voce quer uma 
resposta sem usar congruencias, certo ? Aqui vai um raciocinio burocratico. 
Voce completa as lacunas :

1) Como N e impar, N-1 e par e, portanto, a soma tem uma quantidade par de 
parcelas. Vamos associar esta parcelas em pares : Primeira com ultima, 
segunda com penultima, terceira com ante-penultima e assim sucessivamente.

2) Colocamos as coisas assim :

1^M + (N-1)^M = [N-(N-1)]^M + (N-1)^M
2^M + (N-2)^M = [N-(N-2)]^M + (N-2)^M
3^M + (N-3)^M = [N-(N-3)]^M + (N-3)^M
...

3) Como M e impar a ultima parcela no desenvolvimento de [N-(N-1)]^M e 
negativa e igual a -(N-1)^M, cancelando-se portanto com  (N-1)^M. Os termos 
restantes sao todos multiplos de N. Claramente que este raciocinio vale para 
os outros pares. Isto nos permite escrever :

1^M + (N-1)^M = [N-(N-1)]^M + (N-1)^M = N*P1(N) , para algum polinomio P1
2^M + (N-2)^M = [N-(N-2)]^M + (N-2)^M = N*P2(N) , para algum polinomio P2
3^M + (N-3)^M = [N-(N-3)]^M + (N-3)^M = N*P3(N) , para algum polinomio P3
...

4) logo, o resultado [  N*P1(N) + N*P2(N) + ... =N*(P1(N)+P2(N)+ ...) ]  e 
multiplo de N

Um Abraco
Paulo Santa Rita, CK
4,0939,210503

Se surgir uma formula aqui abaixo, favor desconsiderar




>From: Artur Costa Steiner <artur_steiner@usa.net>
>Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
>To: <obm-l@mat.puc-rio.br>
>Subject: [obm-l] Re: [[obm-l] Re: [obm-l] potências]
>Date: Tue, 20 May 2003 17:36:36 -0300
>
>Talvez eu tenha captado a ideia de forma incorreta, mas nao eh verdade que 
>se
>a1, a2....an estao em PA entao a soma a1^m ...+ an^m eh divisivel por n. Um
>contra-exemplo ocorre com os numeros naturais e m=1 . 1+2 =3 nao eh 
>divisivel
>por 2. 1+2+3+4 = 10 nao eh divisivel por 4. O problema original era um 
>pouco
>diferente, pedia para provar que, se m e n forem impares, entao 1^m +2^m
>..+(n-1)^m eh divisivel por n. Observe que a soma vai ateh n-1.
>Um abraco
>Artur
> >
> > Eu acho que tem ...
> >
> > Um teorema ensinado a alunos de 2 grau diz que a soma das potencias 
>M-esimas
>
> > dos N primeiros numeros naturais é um polinomio na variavel N e de grau
>M+1.
> > Para o seu caso, Seja P este polinomio. Assim : P=f(N). Quando vale f(0) 
>?
> > Zero ! ... Pois a soma das potencias M-esimas dos "zero primeiros" 
>numeros
> > naturais deve ser zero ... Segue que P=f(N) nao tem termo independente 
>...
> > Logo ele é divisivel por N.
> >
> > Te parece heretico este raciocinio ? Por que ?
> >
> > Em verdade, USANDO TECNICAS MAIS FLEXIVEIS QUE O TEOREMA ACIMA, o caso
> > abaixo pode ser apreciado como  um mero detalhe ( corolario ) de uma
> > afirmacao bem mais geral.  Com efeito : Se A1, A2, A3, ..., An sao 
>termos de
>
> > uma progressao aritmetica entao S=A1^M + A2^M +...+ An^M é sempre 
>divisivel
>
> > por N, QUALQUER QUE SEJA A ORDEM DA PROGRESSAO ARITMETICA E QUALQUER QUE
> > SEJA O VALOR INTEIRO E POSITIVO DE M ( ORDEM DA PA MAIOR QUE ZERO ! ).
> >
> >
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