Entiers comme sommes consécutives

Starting to check with some examples, we notice quickly that it seems like only the powers of two cannot be expressed this way.

• To prove this, suppose first that our integer $a=2^k$ can be written as a sum of consecutive integers :

$$2^k=n+(n+1)+\ldots+(n+m)=mn + \frac{(m-1)m}{2}$$

with $m\geq 2$. Then by multiplying by 2 to get rid of the denominator :

$$2^{k+1}=2mn + (m-1)m$$

which shows that $m$ divises $2^{k+1}$, hence $m$ is a power of 2 itself, say, $m=2^r$, with $r\geq 1$.
Plugging this back into the equation gives :

$$2^{k+1}=2^{r+1} n+\left(2^r-1\right) 2^r=2^r\left(2 n+2^r-1\right)$$

But this is impossible : the term $2n+2^r-1$ is odd, so it cannot be a factor of $2^{k+1}$.
This contradictions means that $2^k$ can never be written as a sum of consecutive integers.

• Now suppose that our integer $a$ is not a power of 2. This means that $a$ has an odd factor, say $q$, such that $a=2^k q$ for some $k\geq 0$. Let’s show that it can be written as a sum of consecutive integers. We work backwards from the answer : assume that it can be written this way, that is, there is a positive integer $n$ and $m\geq 2$ such that :

$$a=2^{k}q=n+\ldots+(n+m-1)=mn+\frac{m(m-1)}{2}$$

And again multiplying by 2 on each side to get rid of the denominator :

$$2^{k+1} q=m(2 n+m-1)$$$m$ and $2n+m-1$ are of opposite parity. Now, a natural choice is to suppose one of the two following :

1. $2^{k+1}=m$ and $2n+m-1=q$. We get that $n=\frac{q+1}{2}-2^{k}$. This is positive for $\frac{q+1}{2}\geq 2^{k}+1$. If this condition is verified, let’s check that this choice of $m$ and $n$ yields the right decomposition :

$$n+\ldots+(n+m-1)=m n+\frac{m(m-1)}{2}=2^{k+1}\left(\frac{q+1}{2}-2^k\right)+\frac{2^{k+1}\left(2^{k+1}-1\right)}{2}=2^k q=a$$2) If $2^{k+1}=2n+m-1$ and $q=m$, we get that $n=2^{k}-\frac{q-1}{2}$. This is positive for $\frac{q+1}{2} \leqslant 2^k$. Again, it is straightforward to check that if this condition is verified, then this choice of $n$ and $m$ are correct.

Because one of the two conditions has to be true, then the property has been shown.

En commençant à vérifier avec quelques exemples, on remarque qu’il semble que seules les puissances de 2 ne peuvent pas être exprimées de cette manière.

• Pour le prouver, supposons d’abord que notre entier $a=2^k$ puisse s’écrire comme une somme d’entiers consécutifs :
  $$2^k=n+(n+1)+\ldots+(n+m)=mn + \frac{(m-1)m}{2}$$avec $m\geq 2$. Alors, en multipliant par 2 pour se débarrasser du dénominateur :
  $$2^{k+1}=2mn + (m-1)m$$ce qui montre que $m$ divise $2^{k+1}$, donc $m$ est lui-même une puissance de 2, disons $m=2^r$, avec $r\geq 1$.
  En réinjectant ceci dans l’équation, on obtient :
  $$2^{k+1}=2^{r+1} n+\left(2^r-1\right) 2^r=2^r\left(2 n+2^r-1\right)$$Mais ceci est impossible : le terme $2n+2^r-1$ est impair, donc il ne peut pas être un facteur de $2^{k+1}$.
  Cette contradiction signifie que $2^k$ ne peut jamais s’écrire comme une somme d’entiers consécutifs.

• Supposons maintenant que notre entier $a$ n’est pas une puissance de 2. Cela signifie que $a$ possède un facteur impair, disons $q$, tel que $a=2^k q$ pour un certain $k\geq 0$. Montrons qu’il peut s’écrire comme une somme d’entiers consécutifs. On raisonne à rebours à partir de la réponse : supposons qu’il puisse s’écrire de cette manière, c’est-à-dire qu’il existe un entier positif $n$ et $m\geq 2$ tels que :
  $$a=2^{k}q=n+\ldots+(n+m-1)=mn+\frac{m(m-1)}{2}$$Et de nouveau en multipliant par 2 de chaque côté pour se débarrasser du dénominateur :
  $$2^{k+1} q=m(2 n+m-1)$$$m$ et $2n+m-1$ sont de parités opposées. Or, un choix naturel est de supposer l’une des deux possibilités suivantes :

1. $2^{k+1}=m$ et $2n+m-1=q$. On obtient que $n=\frac{q+1}{2}-2^{k}$. Ceci est positif pour $\frac{q+1}{2}\geq 2^{k}+1$. Si cette condition est vérifiée, vérifions que ce choix de $m$ et $n$ donne la bonne décomposition :
   $$n+\ldots+(n+m-1)=m n+\frac{m(m-1)}{2}=2^{k+1}\left(\frac{q+1}{2}-2^k\right)+\frac{2^{k+1}\left(2^{k+1}-1\right)}{2}=2^k q=a$$
2. Si $2^{k+1}=2n+m-1$ et $q=m$, on obtient que $n=2^{k}-\frac{q-1}{2}$. Ceci est positif pour $\frac{q+1}{2} \leqslant 2^k$. De nouveau, il est immédiat de vérifier que si cette condition est vérifiée, alors ce choix de $n$ et $m$ est correct.

Puisque l’une des deux conditions doit être vraie, la propriété est donc démontrée.

Par décomposition en produit de facteurs premiers, tout entier strictement positif s’écrit $n=2^{j}\ell$ avec $j\in\N$ et $\ell$ impair.
Ainsi, on peut écrire $n\in\N^{*}$ sous la forme $n=2^{j}(2k+1)$ avec $k\in\N$.

1. Dans le premier cas, on suppose $k\neq 0$. Ainsi, on considère les entiers qui ont un facteur impair.
   On écrit $n=m(2k+1)$ avec $m$ une puissance de $2$ et $k\in\N^{*}$. On a
   $$n = (m-k)+(m-k+1)+\cdots+(m-1)+m+(m+1)+\cdots+(m+k-1)+(m+k)$$donc on a écrit $n$ comme somme d’entiers relatifs consécutifs. Il se peut que certains termes de cette écriture soient des entiers négatifs, mais ils sont tous compensés par leur opposé, qui apparaît nécessairement dans la somme, puisque $n$ est positif !
   Reste à voir pourquoi il y a là au moins deux entiers strictement positifs consécutifs. Mais $m\geqslant 1$ comme puissance de $2$, et $k\geqslant 1$ par hypothèse, donc $m+k-1\geqslant 1$. Donc on a bien écrit les entiers de cette forme comme somme d’au moins $2$ entiers consécutifs.

2. Dans ce second cas, on suppose $k=0$, donc on considère les entiers qui s’écrivent sous la forme $n=2^{j}$ avec $j\in\N$. Nous allons montrer qu’il n’est pas possible d’écrire $n$ sous la forme demandée, en procédant par l’absurde.
   Supposons qu’il existe deux entiers $a$ et $b$ tels que $0<a<b<n$, vérifiant $n=a+(a+1)+\cdots +b$. Notons qu’on a pris $a<b$ pour avoir au moins deux entiers consécutifs, et $b<n$ car si $b=n$, on ne peut pas ajouter un deuxième entier positif pour sommer à $n$. Bref,
   $$n=\left(\sum_{k=0}^{b}k\right)-\left(\sum_{k=0}^{a-1}k\right)=\frac{b(b+1)}{2}-\frac{a(a-1)}{2}$$ donc $2^{j+1}=2n=b(b+1)-a(a-1)=b^{2}+b-a^{2}+a=(b-a)(b+a)+b+a=(b+a)(b-a+1)$.
   Comme $j+1\in\N^{*}$, $b+a$ et $b-a+1$ sont deux puissances de $2$, avec $b+a\neq 1$ car $0<a<b$, et $b-a+1\neq 1$ car $b\neq a$. Ainsi, $b+a - (b-a+1)$ est pair comme différence de deux puissances de $2$ différentes de $1$. Or $b+a-(b-a+1)=2a-1$ est impair. D’où la contradiction.

Finalement, les seuls entiers qui ne s’écrivent pas sous la forme demandée sont les puissances de $2$

Suivant la suggestion de Phil Caldero, on va amplifier ainsi l’énoncé :

Etant donné un entier positif $N$, de combien de façons peut-on l’écrire comme somme d’au moins deux entiers positifs successifs ?

1. Préliminaire
   Suivant l’astuce du petit Gauss, $N$ est somme de $k$ entiers positifs successifs à partir de $n$ ssi

$$2N=k(2n+k-1)$$

Soit $f : \N^*\times \N^* \rightarrow \N^*$, $f(n,k)=k(2n+k-1)$. On veut donc expliciter les antécédents $(n,k),k>1$ de $2N$ par $f$.
En notant que $k$ et $2n+k-1$ n’ont pas même parité, on a déjà que quand $N$ est une puissance de 2, $2N$ n’a pas de diviseur impair >1, donc pas d’antécédents par $f$. Dans ce qui suit on suppose que $N$ n’est pas une puissance de 2, ou autrement dit, a un diviseur impair >1.

2. Analyse
   Supposons donc qu’on a $n>0,k>1$ tels que $f(n,k)=2N$. On a $2N/k-k=2n-1>0$ car $n>0$. On a $k$ et $2N/k$ de parité différentes. On a $n=(2N/k-k+1)/2$. Donc

   $\quad k$ est le plus petit de deux entiers de parité différente et de produit $2N$, et $n=(2N/k-k+1)/2$.

3. Synthèse
   On considère une écriture quelconque $2N=p.i$ avec $p$ pair, $i$>1 impair et on définit $k=\min(p,i)$.

• Que k vale $p$ ou $i$, il est bien >1.
• Soit $n=(2N/k-k+1)/2$ ; le numérateur est pair donc $n$ est entier et $2N/k>k$ donc $n>0$.
• $f(n,k)=k(2n+k-1)=k.2N/k=2N$.

4. Conclusion : il y a autant d’écritures en somme d’au moins 2 entiers positifs successifs que d’écritures $2N=p.i$ avec $p$ pair, $i$ impair.

• Leur nombre est le nombre de diviseurs impairs>1 de $2N$, cad de $N$.
• le nombre d’entiers successifs est $k=\min(p,i)$.
• le premier des entiers successifs est $n=(2N/k-k+1)/2$.

4. Exemple : $N=15$ ; les diviseurs impairs $i>1$ de $2N=30$ sont 3, 5, 15.

• $i=3$ donne $k=3,n=(10-2)/2=4 : 15=4+5+6$
• $i=5$ donne $k=5,n=(6-4)/2=1:15=1+2+3+4+5$
• $i=15$ donne $k=2,n=(15-1)/2=7:15=7+8$