[Teoria liczb]Silnia dzieli sumę funkcji wykładniczych

[WolfusA]

Dana jest liczba naturalna \(\displaystyle{ k \ge 2}\) oraz liczby całkowite \(\displaystyle{ a_{1}, a_{2},..., a_{n}}\) spełniające warunki \(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n} {l^{i}a_{l}}=0}\) dla każdego \(\displaystyle{ i=1, 2, ..., k-1}\). Dowieść, że \(\displaystyle{ k!|\sum_{l=1}^{n} {l^{k}a_{l}}}\).

[pasman]

co to jest \(\displaystyle{ i}\) ?

[WolfusA]

Poprawiłem założenie, tzn. zapis sumy. Za \(\displaystyle{ i}\) możesz podstawić sobie każdą liczbę ze zbioru \(\displaystyle{ \left\{ 1, 2, ..., k-1\right\}}\) do sumy z założenia.

[Premislav]

Ukryta treść:    

Najpierw rzućmy okiem na tzw. małe przypadki. Dla \(\displaystyle{ k=2}\) wiemy, że
\(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l \ a_l=0}\), a chcemy udowodnić, że
\(\displaystyle{ 2!}\) dzieli liczbę \(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l ^2\ a_l}\). Nic prostszego: w świetle założeń mamy
\(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l ^2\ a_l=\sum_{l=1}^{n}l ^2\ a_l-\sum_{l=1}^{n}l \ a_l=\sum_{l=1}^{n}l(l-1)\ a_l}\), co dzieli się przez \(\displaystyle{ 2!}\), gdyż każdy składnik w tej sumie jest podzielny przez \(\displaystyle{ 2!=2}\).
No to teraz \(\displaystyle{ k=3}\), może być trochę trudniej:
\(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l^3 \ a_l-3\sum_{l=1}^{n}l^2 \ a_l+2 \sum_{l=1}^{n}l \ a_l= \sum_{l=1}^{n}l(l-1)(l-2) \ a_l}\), ponadto oczywiście \(\displaystyle{ 3! |l(l-1)(l-2)}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ l \in \ZZ}\), zatem jeżeli
\(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l^2 \ a_l=\sum_{l=1}^{n}l \ a_l=0}\), to
\(\displaystyle{ 3! |\sum_{l=1}^{n}l^3 \ a_l}\), bo wówczas jest \(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l^3 \ a_l=\sum_{l=1}^{n}l(l-1)(l-2) \ a_l}\)
W ogólności mamy \(\displaystyle{ \frac{l(l-1)\ldots (l-k+1)}{k!} ={l\choose k}\in \ZZ}\) dla \(\displaystyle{ l \in \ZZ,
\ k\in \NN^+}\)
oraz \(\displaystyle{ l(l-1)\ldots (l-k+1)=l^k +b_{k-1}l^{k-1}+\ldots+b_1 l}\)
dla pewnych całkowitych \(\displaystyle{ b_1, \ldots b_{k-1}}\) (nie musimy ich znajdować, bo to nie jest do niczego potrzebne), mamy zatem
\(\displaystyle{ l(l-1)\ldots (l-k+1) \equiv 0\pmod{k!}, \ l=1\ldots n}\)
oraz gdy \(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l \ a_l=\ldots= \sum_{l=1}^{n}l^{k-1} \ a_l=0}\), to
\(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l b_1 \ a_l=\ldots= \sum_{l=1}^{n}l^{k-1}b_{k-1} \ a_l=0}\), a więc
\(\displaystyle{ \sum_{l=1}^{n}l^k \ a_l= \sum_{l=1}^{n}(l^k+b_{k-1}l^{k-1}+\ldots+b_1 l) \ a_l =\\= \sum_{l=1}^{n}l(l-1)\ldots(l-k+1) \ a_l \equiv 0\pmod{k!}}\)

Zadanie nie było trudne (chyba że coś mi się pomieszało), więc dziwne, że tyle "leżało", może mało ciekawe, a może ludzie zajęci studiami, pracą lub obecnym pierwszym etapem. Niewykluczone też, że źle coś zinterpretowałem.

[WolfusA]

Wszystko jest dobrze -- 30 paź 2017, o 19:53 --Chociaż nie musiałeś oddzielnie rozważać \(\displaystyle{ k=2}\) i \(\displaystyle{ k=3}\), bo to też łapie się pod trick wielomianem.