Exercice 66

Idée. Pour $n$ impair, on associe $k$ et $n - k$ ; pour $n$ pair, on travaille modulo la plus grande puissance de $2$ qui divise $n$.

On note $S = \sum_{k = 1}^{n} k^{n}$.

Si $n$ est impair, on a $(n - k)^{n} \equiv (-k)^{n} = -k^{n} \;[n]$, donc les termes d'indices $k$ et $n - k$ se compensent, pour $1 \leqslant k \leqslant n - 1$, et le terme $n^{n}$ est nul modulo $n$. Ainsi $S \equiv 0 \;[n]$.

Si $n = 2^{a}m$ est pair, avec $a \geqslant 1$ et $m$ impair, on montre que $2^{a}$ ne divise pas $S$. Pour $k$ pair, $v_{2}(k^{n}) \geqslant n \geqslant 2^{a} > a$, donc $k^{n} \equiv 0 \;[2^{a}]$. Pour $k$ impair, on montre par récurrence que $k^{2^{j}} \equiv 1 \;[2^{j + 1}]$ : c'est vrai pour $j = 0$, et $k^{2^{j + 1}} - 1 = \big(k^{2^{j}} - 1\big)\big(k^{2^{j}} + 1\big)$ est le produit d'un multiple de $2^{j + 1}$ et d'un nombre pair. Ainsi $k^{n} = \big(k^{2^{a}}\big)^{m} \equiv 1 \;[2^{a}]$. Comme $[\![1\,;n]\!]$ contient $\frac{n}{2} = 2^{a - 1}m$ entiers impairs, $$S \equiv 2^{a - 1}m \;[2^{a}],$$ qui n'est pas nul puisque $m$ est impair. Donc $2^{a}$, et a fortiori $n$, ne divise pas $S$. $$\boxed{n \mid \sum_{k = 1}^{n} k^{n} \iff n \text{ est impair}}$$ Par exemple, pour $n = 2$, $S = 1 + 4 = 5$, et pour $n = 3$, $S = 1 + 8 + 27 = 36$. ✓