Demostrar la congruencia $ \sum_{r=1}^{p-1}{(r|p) * r } \equiv 0 \pmod p.$

Question

Demostrar que si $p$ es primo y $p\equiv 1 \pmod4$ entonces $$ \sum_{r=1}^{p-1}{(r|p) * r } \equiv 0 \pmod p.$$ ( $(r|p)$ es un símbolo de Legendre )

Sé que $\sum_{1 \le r \le p}{(\frac{r}{p})} = 0$ pero no sé qué hacer con la multiplicación por r.

Answer 1

Denote su suma por $S$ . Nota: no se necesita una congruencia en $p$ , pero sí necesitas $p>3$ .

Prueba I:

Dejemos que $s\neq 1$ sea un cuadrado fijo no nulo $\pmod p$ (esto requiere que $p>3$ .)

Como $r$ abarca los residuos no nulos, también lo hace $sr$ . Así, (trabajando $\pmod p$ ): $$S=\sum_{r=1}^{p-1}\left(\frac {sr}p\right)sr=s\sum_{r=1}^{p-1}\left(\frac {r}p\right)r=s\times S\implies S=0$$

Prueba II:

Dejemos que $g$ sea una raíz primitiva $\pmod p$ . Supongamos que $p>3$ así que $g\neq -1$ . Entonces $$S=\sum_{i=1}^{p-1} (-1)^ig^i=-g\times \frac {(-g)^{p-1}-1}{(-g)-1}$$ Esta última suma es $0\pmod p$ por el pequeño Teorema de Fermat.

Answer 2

$\newcommand{\jaco}[2]{\left(\frac{#1}{#2}\right)}$ Desde $-1$ es un residuo cuadrático módulo $p$ tienes $\jaco{-1}p=1$ y $\jaco ap = \jaco{-a}p$ . Esto le da $$\jaco ap =\jaco{p-a}p$$ y $$a\jaco ap + (p-a)\jaco{p-a}p = p \equiv 0 \pmod p.$$ Así que puedes ver que los números $1,2,\dots,p-1$ puede dividirse en $\frac{p-1}2$ pares, de manera que la contribución de cada par a la suma sea un múltiplo de $p$ .

De hecho, de esta manera podemos demostrar que \begin{align*} \sum\limits_{\substack{a=1\\(a|p)=1}}^{p-1} a &= \frac{p(p-1)}4\\ \sum\limits_{\substack{a=1\\(a|p)=-1}}^{p-1} a &= \frac{p(p-1)}4 \end{align*} y \begin{align*} \sum\limits_{a=1}^{p-1} a\jaco ap &= \sum\limits_{\substack{a=1\\(a|p)=1}}^{p-1} a - \sum\limits_{\substack{a=1\\(a|p)=-1}}^{p-1} a \\ &= \frac{p(p-1)}4 - \frac{p(p-1)}4 = 0 \end{align*}

Answer 3

Aquí hay otra prueba. Obsérvese que, para un primo impar $p$ , \begin{align*} \sum_{r=1}^{p-1} \bigg(\frac rp\bigg) r &= \sum_{r=1}^{p-1} \bigg( \bigg(\frac rp\bigg) + 1 \bigg) r - \sum_{r=1}^{p-1} r \\ &= \bigg( \sum_{r=1}^{p-1} \#\{ m \text{ (mod }p)\colon m^2\equiv r\text{ (mod }p)\} \cdot r \bigg) - \frac{p(p-1)}2 \\ &\equiv \bigg( \sum_{m=1}^{p-1} m^2 \bigg) - 0 \pmod p \\ &= \frac{(p-1)p(2p-1)}6 . \end{align*} Cuando $p>3$ esta última expresión es $0$ (mod $p$ ).

Esta demostración pone de relieve el método, a menudo olvidado, de convertir una suma que incluya símbolos de Legendre en una suma tomada directamente sobre los cuadrados (mod $p$ ). La segunda igualdad es fácil, pero vale la pena recordarla; el tercer paso puede requerir cierta reflexión, pero creo que ese tiempo merece la pena.