Demostrar que $\sum_{i=1}^{m-1} i^k$ es divisible por $m$

Question

Demostrar que $\sum\limits_{i=1}^{m-1} i^k$ para los números impares $m,k \in \mathbb{N}$ es divisible por $m$.

Debido a $m \mid m^k$, es equivalente a la siguiente:

Demostrar que $m \mid \sum\limits_{i=1}^{m} i^k$ para los números impares $m,k \in \mathbb{N}$.

Decir $m = 2t + 1$$t \in \mathbb{Z}$. Para $k=1$, es bastante obvio:

$$ \sum\limits_{i=1}^{2t+1} = \frac{(2t+1)(2t+2)}{2} = (t+1)(2t+1) $$

que es un entero. Para $k=3$, no es tan difícil:

$$ \sum\limits_{i=1}^{2t+1} i^3 = \left( \sum\limits_{i=1}^{2t+1} \right)^2 = \left( (t+1)(2t+1) \right)^2 $$

que a su vez es un entero. Sin embargo, he utilizado las fórmulas especiales para las sumas, que no se aplican a todos los números impares $k$. Alguien puede dar una pista sobre cómo puedo comprobar el estado de cuenta para todos los números impares $k$?

Answer 1

Sugerencia: $l^k + (m-l)^k = 0 \mod m$ $l = 1,2,3 \cdots, m-1$

% De uso $k$es raro.

Answer 2

A menos $a^k\equiv b^k\equiv 0 {\pmod m}$ si $\displaystyle{a^k\equiv b^k \pmod m}$ donde $k$ es un entero positivo impar, entonces $a\equiv b \pmod m$.

Por lo tanto, ninguno de $1^k,2^k,\dots (m-1)^k$ puede tener el mismo resto cuando se divide por $m$. Esto es debido a que:

EDIT: Vamos a $a^k\equiv (m-b)^k \pmod m$$a,b\in\{1,2,3,\dots (m-1)\}$, e $a\neq (m-b)$.

Luego, por la lógica anterior, $a\equiv (m-b) \pmod m$. Por lo tanto, $m-b-a\equiv 0 \pmod m$, que obviamente no es posible, como $m-b-a\in (-m,m)$, e $a\neq (m-b)$

Claramente, ninguno de ellos se $0(\mod m)$.

Hay $m-1$ posibles restos a continuación: $1,2,3\dots (m-1)$. La expresión que nos da es $$\sum_{i=1}^{m-1}i^k=1+2+3+\dots m-1$$

Esto es igual a $$\frac{m(m-1)}{2}$$

Como $m$ es impar, $m-1$ es divisible por $2$. Por lo tanto, se obtiene un número que es un producto de $m$.