Chủ đề này có 3 trả lời

[comander1234]

Cho $n,k\in \mathbb{N}^{*}$, n lẻ . Chứng minh rằng tổng các lũy thừa bậc $n^{k}$ của n số nguyên dương liên tiếp chia hết cho $n^{k+1}$.

[Zaraki]

Mình nghĩ bài toán này không đúng. Lấy ví dụ $n=3,k=2$ thì $1^2+2^2+3^2$ không chia hết cho $3^3$.

[ductai202]

Mình nghĩ bài toán này không đúng. Lấy ví dụ $n=3,k=2$ thì $1^2+2^2+3^2$ không chia hết cho $3^3$.

Zaraki : hình như bạn hiểu nhầm là lũy thừa bậc k mất rồi, đề nó bảo là lũy thừa bậc $n^{k}$ mà

[lahantaithe99]

Suy luận.

Ta cần chứng minh $n^{k+1}|(a+1)^{n^k}+......+(a+n)^{n^k}$ với $a\in\mathbb{N}$

Gọi $p$ là ước nguyên tố bất kỳ của $n$. Đặt $n=p^tm$ ( $\gcd(p,m)=1$). Cần có $p^{t(k+1)}|(a+1)^{n^k}+....+(a+n)^{n^k}$

Chia $n=p^t.m$ số nguyên liên tiếp trên thành $m$ cụm, mỗi cụm có $p^t$ số

Cụm $1$: $(a+1)^{n^k},....,(a+p^t)^{n^k}$

Cụm $2$: $(a+p^t+1)^{n^k},...,(a+2p^t)^{n^k}$

.....

Cụm $m$: $(a+(m-1)p^t+1)^{n^k},....,(a+mp^t)^{n^k}$

Mỗi cụm là một dãy gồm $p^t$ số nguyên liên tiếp nên tồn tại một số $(a+i)^{n^k}$ chia hết cho $p^{tn^k}$ hay chia hết cho $p^{t(k+1)}$

$p^t-1$ số còn lại sẽ là một hệ thặng dư modulo $p^t$ có chẵn các số dư là $1,2,..., p^t-1$. Đến đây ta chỉ cần ghép cặp hai số bất kỳ sao cho tổng bên trong của chúng chia hết cho $p^t$. Giả sử $(a+s)^{n^k}$ và $(a+r)^{n^k}$ cùng thuộc một cụm có $p^t|2a+s+r$ thì $v_p[(a+s)^{n^k}+(a+r)^{n^k}]=v_p(2a+s+r)+tk\geq t(k+1)$

Khi đó tổng của chúng chia hết cho $p^{t(k+1)}$ hay chia hết cho $n^{k+1}$. Ta có đpcm