Probar es divisible antes de 2003.

Question

El arte y el Oficio de la resolución de problemas, 7.6.15

"Vamos a $p$ ser impar el primer y $P(x)$ un polinomio de grado en la mayoría de las $p-2$. Probar que si $P$ tiene coeficientes enteros, entonces $P(n)+P(n+1)+...+P(n+p-1)$ es un número entero divisible por $p$ para siempre entero $n$."

Yo he reducido el problema a mostrar que la $1^d + 2^d + ... + (p-1)^d$ es divisible por $p$ para todos los $d\leq p-2$. En el caso de que $d$ es extraño que esto es sencillo, pero me parece que no puede romper el incluso el caso. Puede ser que mi enfoque no es el de la derecha, sin embargo, y no hay otra manera. En particular, no he sido capaz de incorporar la primalidad de $p$.

Nota: hay una pregunta en este sitio web similar a la mía, sin embargo, el otro está pidiendo un contrario a lo que yo estoy pidiendo, y los dos no están duplicados.

Answer 1

Más en general, vamos a $f_d\in\mathbb{F}_p[x]$ ser el polinomio $$f_d(x):=x^d+(x+1)^d+(x+2)^d+\ldots+(x+p-1)^d\,,$$ para $d\in\{0,1,2,\ldots,p-1\}$. Tenemos $$f_d(0)=f_d(1)=f_d(2)=\ldots=f_d(p-1)\,.$$por Lo tanto, $f_d(x)-f_d(0)$ es un polinomio de grado en la mayoría de las $d$ divisible por el grado-$p$ polinomio $x(x-1)(x-2)\cdots(x-p+1)$. Esto sólo es posible si $f_d(x)-f_d(0)$ es el polinomio cero, o lo que es equivalente, $f_d(x)$ es un polinomio constante. ¿Cómo ayuda? Bien, usted puede tomar la derivada de $f_d(x)$ y obtener $$f'_d(x)=d\,f_{d-1}(x)\text{ for }d=1,2,\ldots,p-1\,.$$ Desde $f_d(x)$ es constante, $f'_d(x)=0$, de donde $$f_{d-1}(x)=0\,,$$ como $d\not\equiv 0\pmod{p}$. Esto demuestra que $$x^d+(x+1)^d+(x+2)^d+\ldots+(x+p-1)^d\equiv 0\text{ for }d=0,1,2,\ldots,p-2\,.$$ En particular, el uso de $x:=0$, obtener el resultado requerido.

Answer 2

El tamaño reducido de su problema está claramente resuelto por una aplicación de raíces primitivas.

Deje $g$ ser una raíz primitiva de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, es decir, un elemento cuyo fin es $p-1$. Dado un $g$, es fácil mostrar que, modulo $p$, $$g,g^2,\cdots,g^{p-1}$$ are precisely the numbers $$1,2,\cdots,p-1,$$ en un cierto orden.

Por lo tanto $$1^d+2^d+\cdots+(p-1)^d\equiv 1+g^d+g^{2d}+\cdots+g^{(p-2)d}\pmod{p}.$$

Ahora, desde la $d\leq p-2$ es claro que $$g^d\equiv a\pmod{p},$$ for some $un\in\{2,3,\cdots,p-1\}$.

Sustituyendo $a$ en la última suma por encima de $$1+a+\cdots+a^{p-2}=\frac{1-a^{p-1}}{1-a},$$ and so $$1^d+2^d+\cdots+(p-1)^d\equiv\frac{1-a^{p-1}}{1-a}\equiv0\pmod{p},$$ donde la última equivalencia de la siguiente manera a partir de Fermat Poco Teorema.

$\square$

Answer 3

La imagen de $H$ del mapa $x \mapsto x^d$ es un subgrupo de $U(p)$ y así es cíclico. Deje $m$ ser el fin de $H$. A continuación, $H$ es el conjunto de soluciones de $x^m=1$ y así, los elementos de $H$ suma $0$. Finalmente, $x^d=y^d$ fib $x=uy$ con $u^d=1$ y así, los elementos $1^d, 2^d, \dots, (p-1)^d$ pueden ser agrupados en grupos de tamaño $m$.