Esse da pra sair com congruencias.Acho que da pra tirar os restos dentro dos parenteses e usar as imparidades.Nao escrevo pois meu computador esta a ponto de um bug.
>From: "Paulo Santa Rita"
>Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
>To: obm-l@mat.puc-rio.br
>Subject: [obm-l] Re: [obm-l] potências]
>Date: Wed, 21 May 2003 12:47:00 +0000
>
>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
>>Reply-To: obm-l@mat.puc-rio.br
>>To:
>>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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>>http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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