$m \in \{2,6,42,1806,...\} $ - un problema de suma de $m$ ' poderes th modulo $m$

Question

(continuando con el trabajo para una respuesta para una pregunta aquí en el MSE y también en MO)
Estoy (re-)visualización de la función $$ f(m) = \sum_{k=0}^{m-1} k^m $$ teniendo en cuenta sus residuos modulo $m$: $$ r(m) \equiv f(m) \pmod m $$

Es fácil ver por qué extraños m $$ r(m) = 0 \qquad \text{ for odd } m$$ No es tan fácil que incluso m. Traté de determinar, por lo que m obtenemos $$ r(m) = 1 $$ It seems highly nontrivial; and after some brute force it seems this is very rarely the case, and seemingly for $m_k$ where $m \en \{2,6,42,1806,?? \} $ but interestingly not for the next $m=3263442 $ cuando seguimos ese patrón.

El recurrente patrón dice $$ \begin{array} {} m_0=&= 2 & \to & r(m_0)=1 & 2 \in \mathbb P\\ m_1=m_0 \cdot (m_0+1) &= 2 \cdot 3 & \to & r(m_1)=1 & 3 \in \mathbb P\\ m_2=m_1 \cdot (m_1+1) &= 2\cdot 3 \cdot 7 & \to & r(m_2)=1 & 7 \in \mathbb P\\ m_3=m_2 \cdot (m_2+1) &= 2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 43 & \to & r(m_3)=1 & 43 \in \mathbb P\\ m_4=m_3 \cdot (m_3+1) &=2 \cdot 3 \cdot 7 \cdot 43 \cdot 1807 & \to & r(m_4)=1807 & 1807 \notin \mathbb P\\ m_5=m_4 \cdot (m_4+1) &=m_4 \cdot 3263443 & \to & r(m_5)=?? & 3263443 \in \mathbb P\\ \vdots \end{de la matriz} \\ $$ Sin embargo, yo no podía calcular la última entrada $r(m_5)$ debido a que la expresión de suma de $f(m_5)$ es demasiado enorme. También parece ser una pregunta interesante para responder a esta analíticamente.

• P1: es $r(m_5) = 1$ ?
• P2: ¿el patrón de continuar, en el sentido de que si el cofactor es/no es primo, el residuo es/no es 1?
• P3: son los otros números de $w$ fuera de este patrón para que $r(w)=1$ ?

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La secuencia de $2,3,7,43,1807,... $ es en la OEIS en diferentes variantes
La secuencia de $2,6,42,1806,...$ también está en la OEIS en diferentes variantes

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[actualización]

Ah ya veo, que en un comentario en OEIS-secuencia A014117 Max Alekseyev unidos (Agosto de 2013) que esta secuencia es incluso finito sin embargo todavía no está claro para mí, si mi problema-definición y la OEIS'-definición de partido. Así que este problema posiblemente ha sido resuelto...

Answer 1

Respuesta rápida: No para todas las tres preguntas.

Explicación: supongamos $r(m)=1$. Deje $p$ ser un primer factor de $m$, entonces tenemos que tener en $$1 \equiv f(m)=\sum_{k=0}^{m-1}{k^m} \equiv \sum_{j=0}^{\frac{m}{p}-1}{\sum_{k=0}^{p-1}{(k+jp)^m}} \equiv \frac{m}{p}\sum_{k=0}^{p-1}{k^m} \pmod{p}$$

Considere la posibilidad de una raíz primitiva $g \pmod{p}$, $$\sum_{k=0}^{p-1}{k^m}=\sum_{k=1}^{p-1}{k^m}\equiv \sum_{i=0}^{p-2}{(g^i)^m} \equiv \begin{cases} \frac{1-(g^m)^{p-1}}{1-g^m} \equiv 0 \pmod{p}& p-1 \nmid m \\ \sum_{y=1}^{p-1}{1} \equiv -1 \pmod{p} & p-1 \mid m \end{cases}$$

Por lo tanto, si bien $p-1 \nmid m$ o $p^2 \mid m$, luego tenemos a $1 \equiv \frac{m}{p}\sum_{k=0}^{p-1}{k^m} \equiv 0 \pmod{p}$, una contradicción.

Por lo tanto,$p-1 \mid m$$p^2 \nmid m$.

Esto implica que $m$ debe ser necesariamente squarefree, y $p \mid m \Rightarrow p-1 \mid m$. Vemos enseguida que $m$ debe ser, por lo que escribir $m=2p_1p_2 \ldots p_k$ donde $p_1<p_2< \ldots <p_k$, e $k \geq 0$.

Tenga en cuenta que para $i \leq k$,$p_i \mid m \Rightarrow p_i-1 \mid m=2p_1p_2 \ldots p_k$. Desde $0<p_i-1<p_i< \ldots<p_k$,$(p_i-1, p_ip_{i+1} \ldots p_k)=1$$p_i-1 \mid 2p_1p_2 \ldots p_{i-1}$.

Si $k=0$, $m=2$ obras, puesto que, de hecho,$r(2)=1$.

Si $k \geq 1$,$p_1-1 \mid 2$$p_1>2$, lo $p_1=3$. Si $k=1$ esto da $m=6$, que trabaja, desde la $r(m)=1$.

Si $k \geq 2$,$p_2-1 \mid 2p_1=6$$p_2>p_1=3$, lo $p_2=7$. Si $k=2$ esto da $m=42$, que trabaja, desde la $r(42)=1$.

Si $k \geq 3$,$p_3-1 \mid 2p_1p_2=42$$p_3>p_2=7$, lo $p_3=43$. Si $k=3$ esto da $m=1806$, que trabaja, desde la $r(1806)=1$.

Si $k \geq 4$, $p_4-1 \mid 2p_1p_2p_3=1806$ que no tiene ninguna solución para $p_4>p_3=43$. Así llegamos a ninguna solución para $m$ al $k \geq 4$.

En conclusión, la única $m$ que $r(m)=1$$2, 6, 42, 1806$.