1) La somme des N premières puissances 4èmes est donnée par :
$$\phi(N) = \frac{1}{30}.N.\overbrace{(N+1).(2N+1).(3N^2+3N-1)}^{\alpha(N)}[/latex] qui est un entier bien sûr. Si [latex]N [/latex]est premier et dès que [latex]N\not\in\{2,3,5\}[/latex], [latex]N[/latex] n'a aucun facteur commun avec 30, et dans ce cas, nécessairement, [latex]\alpha(N)[/latex] est divisible par 30, et s'écrit donc  [latex]30k$$
d'où $\phi(N)=k.N$, qui est divisible par $N$. CQFD.

Mais on en déduit plus généralement que $u(N)=0$ pour tout entier $N$ premier avec 30, et le plus petit est obtenu avec $7^2$, soit $49$, les suivants étant 77, 91, 119, 121, 143, 169, ...

Enigme sympa...

Je ne comprends pas la formule :

Telle que je la lis,
Pour 2 : ça fait

(1^4 + 2^4 ) modulo 2 = 1

Elle est où mon erreur, s'il te plait ?

Je crois qu'il manque une parenthèse quelque part...

De plus, même en ajoutant une parenthèse à différents endroits, j'ai l'impression que U(3) est différent de 0 et pourtant 3 est premier...

Ou alors j'ai loupé quelque chose...

On va d'abord calculer $S_4(n)=\sum_{k=1}^{n}k^4$
On utilise la technique des sommes téléscopiques :
$$\sum_{k=1}^{n}(k+1)^5 - \sum_{k=1}^{n}k^5 = (n+1)^5-1$$
et $\sum_{k=1}^{n}\left ((k+1)^5 - k^5 \right) = \sum_{k=1}^{n} (5k^4+10k^3+10k^2+5k+1)$
On connait les 3 sommes suivantes (sinon on utilise la même technique au rang inférieur)
$$S_3(n)=\sum_{k=1}^{n}k^3 = \left (\frac{n(n+1)}2\right)^2$$
$$S_2(n)=\sum_{k=1}^{n}k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}6$$
$$S_1(n)=\sum_{k=1}^{n}k = \frac{n(n+1)}2$$
$$S_0(n)=\sum_{k=1}^{n}1 = n$$
On trouve alors
$$S_4(n)=\sum_{k=1}^{n}k^4 = \frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}$$
Il faut maintenant montrer que pour n premier > 6, ce nombre est un multiple de n. Cela revient à montrer que pour n premier > 6, on a :
$$30 | (n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)$$
Prenons n un nombre premier > 6.
Je note $a_n = (n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)$
On a n premier avec 2, premier avec 3, et premier avec 5.
1/ On en déduit donc que n+1 est pair, donc $2|a_n$

2/ n=3p+1 ou 3p+2, car n est premier avec 3
si n=3p+1 : $a_n=(3p+2)(6p+3)(3n^2+3n-1)$
si n=3p+2 : $a_n=(3p+3)(2n+1)(3n^2+3n-1)$
Dans les 2 cas, $3|a_n$

3/ n est premier avec 5, donc n=5p+r avec r=1,2,3 ou 4.
n=5p+1 : $a_n=(n+1)(2n+1)(75p^2+45p+5)$
n=5p+2 : $a_n=(n+1)(10p+5)(3n^2+3n-1)$
n=5p+3 : $a_n=(n+1)(2n+1)(75p^2+105p+35)$
n=5p+4 : $a_n=(5p+5)(2n+1)(3n^2+3n-1)$
On voit que dans tous les cas, $5|a_n$

2,3, et 5 étant premiers entre eux, on en déduit que $30|a_n$ : CQFD


On pense avoir trouvé alors un critère de primalité ?
Mais non, car il suffit de trouver un nombre non premier qui est à la fois premier avec 2,3 et 5, et on arrivera au même résultat.
Le premier nombre qui vérifie cela est le carré du plus petit nombre premier supérieur strictement à 5.

Le plus petit n non premier, mais premier avec 2,3 et 5 qui vérifie la relation est donc n=49.

Il reste tout de même à montrer que si n n'est pas premier, pour n < 49, la relation n'est pas vérifiée. Ainsi n=49 sera la plus petit n non premier qui vérifie la relation.

Essayons avec les nombres n=2p, puis n=3p, et enfin n=5p.

n=2p
Alors $a_n=(2p+1)(4p+1)(12p^2+6p-1)$ qui est nombre impair, donc jamais multiple de 30

n=3p
Alors $a_n=(3p+1)(6p+1)(27p^2+9p-1)$ qui est encore un nombre impair, donc jamais multiple de 30. ($27p^2+9p = 9p(3p+1)$ et p ou 3p+1 est forcément pair)

n=5p
Alors $a_n=(5p+1)(10p+1)(75p^2+15p-1)$ qui est encore un nombre impair, donc jamais multiple de 30. ($75p^2+15p = 15p(5p+1)$ et p ou 5p+1 est forcément pair)

On a donc démontré que pour tout  $6 < n < 49$
- $n\ premier \Leftrightarrow \sum_{k=1}^{n}k^4 = 0\ [n]$
- n=49 est le plus petit non premier qui vérifie $\sum_{k=1}^{n}k^4 = 0\ [n]$

Jackv : au passage $\neq$ se note \neq (not equal) et idem pour \geq (plus grand que) et \leq (plus petit que) pour éviter le <> pas joli joli

$$S_N=\sum\limits_{n=1}^Nn^4=\frac{N(N+1)(6N^3+9N^2+N-1)}{30}$$
(preuve par récurrence par exemple)

Si N>6 et est premier alors Pgcd(N,30)=1 et donc 30|(N+1)(6N^3+9N^2+N-1) puis :
$$30N|N(N+1)(6N^3+9N^2+N-1)$$
ie N|S_N

Je n'ai rien à rajouter. Encore bravo à tous.

Un merci spécial à LOOping pour l'établissement de la formule $\sum_{n=1}^{N} n^4$ que j'avais trouvée sur
http://www.les-suites.fr/somme-des-n-pr … e-4eme.htm
(et à Fireblade pour ses leçons de LATEX).