Somma cubi - SNS 1982

[elios]

"Sia \( \displaystyle {n} \) un intero maggiore di 2. Mostrare che la somma dei cubi dei numeri che sono primi con \( \displaystyle {n} \) e inferiori a esso è divisibile per \( \displaystyle {n} \)."

Vediamo se ho capito. Preso \( \displaystyle {n} \), che si fattorizzerà in \( \displaystyle {n}_{{1}}\cdot{n}_{{2}}\cdot\ldots \), devo prendere i numeri \( \displaystyle {a} \), \( \displaystyle {b} \), e così via, che non hanno alcun fattore in comune con \( \displaystyle {n} \), con \( \displaystyle {a},{b}\ldots\lt{n} \), e si ha
\( \displaystyle {{a}}^{{3}}+{{b}}^{{3}}\ldots={0} \) \( \displaystyle {\left(\text{mod}{n}\right)} \).
Come devo ragionare?
Grazie.

[giammaria]

Ho impostato il lavoro al contrario, cercando la somma dei cubi dei numeri che non sono primi con n; una differenza darà poi il risultato voluto. Ho poi considerato i casi in cui n ammette un unico divisore primo, poi due, eccetera. Per ora il mio lavoro è molto contorto e certo migliorabile, ma ho trovato la formula finale: se n ha come fattori primi \( \displaystyle {p}_{{1}},{p}_{{2}},\ldots,{p}_{{r}} \). la somma richiesta è
\( \displaystyle \frac{{1}}{{4}}{{n}}^{{2}}{\left({p}_{{1}}-{1}\right)}{\left({p}_{{2}}-{1}\right)}\ldots{\left({p}_{{r}}-{1}\right)}{\left[\frac{{{{n}}^{{2}}}}{{{p}_{{1}}{p}_{{2}}\ldots{p}_{{r}}}}+{{\left(-{1}\right)}}^{{r}}\right]} \)
da cui non è difficile dedurre la tesi.

[elios]

Ho impostato il lavoro al contrario, cercando la somma dei cubi dei numeri che non sono primi con n; una differenza darà poi il risultato voluto.

Cosa intendi? Non ho capito..

[giammaria]

Mi spiego riportando il mio ragionamento iniziale; in seguito vi ho apportato qualche piccola modifica per completarlo, ma la parte principale è immutata. Parto dal fatto che la somma dei cubi degli interi fino a n compreso è \( \displaystyle {S}_{{t}}=\frac{{1}}{{4}}{{n}}^{{2}}{{\left({n}+{1}\right)}}^{{2}} \) e suppongo che si abbia \( \displaystyle {n}={{p}}^{{k}} \), dove p è un numero primo. Hanno un divisore in comune con n i numeri \( \displaystyle {p}\cdot{1},{p}\cdot{2},\ldots,{p}\cdot\frac{{n}}{{p}} \) e la somma dei loro cubi è \( \displaystyle {S}'={{p}}^{{3}}\cdot\frac{{1}}{{4}}{{\left(\frac{{n}}{{p}}\right)}}^{{2}}{{\left(\frac{{n}}{{p}}+{1}\right)}}^{{2}} \). La somma richiesta è poi data da \( \displaystyle {S}={S}_{{t}}-{S}'=\ldots \)

[elios]

Ok, ho capito. Nel caso in cui \( \displaystyle {n}={{p}}^{{k}} \) si ha \( \displaystyle {S}=\frac{{1}}{{4}}{{n}}^{{2}}{\left[{{n}}^{{2}}-{n}{p}-{p}+{1}\right]} \), che è ovviamente divisibile per \( \displaystyle {n} \).
Qual è il passaggio per passare da \( \displaystyle {n}={{p}}^{{k}} \) a \( \displaystyle {n}={p}_{{1}}\cdot{p}_{{2}}\cdot\ldots{p}_{{r}} \)?

[giammaria]

1) controlla i calcoli per S: il mio risultato è un po' diverso.
2) Non tanto "ovviamente": il 4 a denominatore deve semplificarsi con qualcosa.
3) Completare il tutto non è breve e te ne dico solo le linee generali. Intanto noto che il ragionamento fatto mi dà la somma dei cubi dei numeri primi con p e vale per ogni n multiplo di p: non importa se in n ci sono anche altri fattori (questa è la modifica di cui parlavo). So una formula che mi dà la risposta almeno in un caso. Supponiamo ora che sia \( \displaystyle {n}={a}\cdot{{\left({p}_{{r}}\right)}}^{{{k}_{{r}}}} \) e di conoscere la formula che dà la somma dei cubi dei numeri primi con \( \displaystyle {a} \): quelli primi con \( \displaystyle {a} \) e \( \displaystyle {p}_{{r}} \) sono: (tutti i primi con a)-(fra i multipli di \( \displaystyle {p}_{{r}} \), quelli primi con \( \displaystyle {a} \)). Il sottraendo viene calcolato in modo analogo a S'; do ad \( \displaystyle {a} \) il valore \( \displaystyle {p}_{{1}} \), poi \( \displaystyle {p}_{{1}}\cdot{p}_{{2}} \), eccetera.

[ViciousGoblin]

Propongo una soluzione che mi sembra alternativa (non richiede la conoscenza della formula sulla somma dei cubi ma solo la formula \( \displaystyle {{a}}^{{3}}+{{b}}^{{3}}={\left({a}+{b}\right)}{\left({{a}}^{{2}}-{a}{b}+{{b}}^{{2}}\right)} \)) e che mi e' venuta in mente leggendo il thread "divisibilita''" (scusate ma non mi ricordo come fornire il link). Partiamo dall'osservazione
1) se \( \displaystyle {m}\lt{n} \) e' primo con \( \displaystyle {n} \) allora anche \( \displaystyle {m}-{n}\lt{n} \) ed e' primo con \( \displaystyle {n} \) (la dim. dovrebbe essere chiara)
Allora
\( \displaystyle \sum_{{{m}\lt{n},{m}\ \text{ primo con }\ {n}}}{{m}}^{{3}}= \) ("accoppiando" \( \displaystyle {m} \) e \( \displaystyle {n}-{m} \) NOTIAMO CHE non puo' essere \( \displaystyle {m}={n}-{m} \) perche' allora \( \displaystyle {n}={2}{m} \) non sarebbe primo con \( \displaystyle {m} \))
\( \displaystyle \sum_{{{m}\lt\frac{{n}}{{2}},{m}\ \text{ primo con }\ {n}}}{\left({{m}}^{{3}}+{{\left({m}-{n}\right)}}^{{3}}\right)}= \) (usando la formula sulla somma dei cubi con \( \displaystyle {a}={m} \) e \( \displaystyle {b}={n}-{m} \))
\( \displaystyle \sum_{{{m}\lt\frac{{n}}{{2}},{m}\ \text{ primo con }\ {n}}}{\left({m}+{\left({n}-{m}\right)}\right)}{\left[{{m}}^{{2}}-{n}{\left({n}-{m}\right)}+{{\left({m}-{n}\right)}}^{{2}}\right]}= \)
\( \displaystyle {n}\sum_{{{m}\lt\frac{{n}}{{2}},{m}\ \text{ primo con }\ {n}}}{\left({{m}}^{{2}}-{m}{\left({n}-{m}\right)}+{{\left({m}-{n}\right)}}^{{2}}\right)} \)
che chiaramente e' divisibile per \( \displaystyle {n} \)


EDIT: ho fatto qualche operazione cosmetica, come suggerito da giammaria.
EDIT 2: Ho aggiunto l'osservazione riguardo al caso \( \displaystyle {n}={2}{m} \)

[giammaria]

Bellissima! Però mi ci è voluto un po' a capirla; suggerirei di renderla più leggibile andando a capo ad ogni = e correggendo gli errori di battitura della penultima formula e di "n primo con n"

[ViciousGoblin]

Bellissima! Però mi ci è voluto un po' a capirla; suggerirei di renderla più leggibile andando a capo ad ogni = e correggendo gli errori di battitura della penultima formula e di "n primo con n"

Ho provato a cambiare l'aspetto dei calcoli come hai suggerito tu.

[elios]

Sì ho capito. Solo una cosa: questa risoluzione è equivalente al problema? Cioè da quello che ho capito dimostra che la somma dei cubi di \( \displaystyle {m} \) e \( \displaystyle {n}-{m} \) è divisibile per \( \displaystyle {n} \), e il problema chiede di dimostrare che la somma dei cubi di tutti i numeri primi con \( \displaystyle {n} \) minori di \( \displaystyle {n} \) sia divisibile per \( \displaystyle {n} \)...