Kezdőlap


Feladat:	F.2193	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Angyal T. , Arató M. , Bakó I. , Beleznay F. , Bohus G. , Buczolich Z. , Bukta Gy. , Bölcsföldi L. , Cseri I. , Csordás A. , Erdélyi Tamás , Feledi Gy. , Fordán T. , Gabriel Z. , Grolmusz V. , Hajnal P. , János Ágnes , Kiss 352 Gy. , Kovács 134 I. , Mala J. , Mészáros a. , Nagy 647 G. , Náray Zsófia , Pátkai A. , Pintér F. , Ruisz T. , Schwarcz P. , Sz. Nagy Cs. , Szalai Cs. , Szegedy P. , Szeles J. , Takács 405 Gabriella , Tálas Cs. , Tóth 396 J. , Varga J. , Varga Lívia , Varga T. , Winkler R. , Öreg E. Zs.
Füzet:	1979/november, 124. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Binomiális együtthatók, Hatványösszeg, Maradékos osztás, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1979/március: F.2193

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Azt állítjuk, hogy $\sum_{i = 1}^{1978} i^{n}$ minden $1978$ -nál kisebb pozitív egész $n$ esetén osztható 1979-cel. Ezt $n$ -re vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk.
$n = 1$ esetén igaz az állítás, mivel $\sum_{i = 1}^{1978} i = 1979 \cdot 989$ .
A következőkben belátjuk, hogy ha $\sum_{i = 1}^{1978} i^{k}$ osztható $1979$ -cel minden $n$ -nél kisebb $k$ természetes szám esetén $(n < 1978)$ , akkor osztható $k = n$ esetén is.
A binomiális tétel szerint

\begin{matrix} 2^{n + 1} = & {(1 + 1)}^{n + 1} = 1^{n + 1} + (\binom{n + 1}{1}) 1^{n} + (\binom{n + 1}{2}) 1^{n - 1} + ... + (\binom{n + 1}{n}) 1 + 1 \\ 3^{n + 1} = & {(2 + 1)}^{n + 1} = 2^{n + 1} + (\binom{n + 1}{1}) 2^{n} + (\binom{n + 1}{2}) 2^{n - 1} + ... + (\binom{n + 1}{n}) 2 + 1 \\ ⋮ ⋮ \\ 1979^{n + 1} = & {(1978 + 1)}^{n + 1} = 1978^{n + 1} + (\binom{n + 1}{1}) 1978^{n} + (\binom{n + 1}{2}) 1978^{n - 1} + ... + \\ + (\binom{n + 1}{n}) 1978 - 1. \end{matrix}

Összeadva ezeket az egyenlőségeket:

\begin{matrix} 1979^{n + 1} = 1 + (\binom{n + 1}{1}) \sum_{i = 1}^{1978} i^{n} + (\binom{n + 1}{2}) \sum_{i = 1}^{1978} i^{n - 1} + ... + (\binom{n + 1}{n}) \sum_{i = 1}^{1978} i + 1978. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} (n + 1) \sum_{i = 1}^{1978} i^{n} = 1979^{n + 1} - 1979 - (\binom{n + 1}{2}) \sum_{i = 1}^{1978} i^{n - 1} - ... - (\binom{n + 1}{n}) \sum_{i = 1}^{1978} i . \end{matrix}

Az indukciós feltevést figyelembe véve a jobb oldal minden tagja osztható

1979

-cel, ezért

(n + 1) \sum_{i = 1}^{1978} i^{n}

is osztható vele.
Mivel

1979

prímszám és

n + 1 < 1979

, ez csak úgy lehetséges, ha

\sum_{i = 1}^{1979} i^{n}

osztható

1979

-cel. Állításunkat ezzel bebizonyítottuk. Ebből

n = 1976

esetén a feladat állítását kapjuk.

Erdélyi Tamás (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzés. Hasonló módon igazolható, hogy ha

p

prímszám,

k < p

pozitív egész, akkor

\sum_{i = 1}^{p - 1} i^{k}

osztható

p

-vel.