Lema sobre el cambio entre los mod $p$ y mod $p^2$ o mod $p^3$

Question

Alguien me puede ayudar a probar el siguiente lema? También puede ser fortalecidos?

Deje $p\geq 5$ ser un número primo. Probar que si $p|a^2+ab+b^2$, $p^3|(a+b)^p-a^p-b^p$

Aquí es lo que he intentado: Queremos mostrar a $$p^3|a^{p-1}\binom{p}{1}b+a^{p-2}\binom{p}{2}b^2+\dots+a\binom{p}{p-1}b^{p-1}$$

Es fácil ver que todos los términos en la expresión brecha $p$, por lo que queremos mostrar:

$$\begin{align*} a^{p-1}b\frac{(p-1)!}{(p-1)!}+a^{p-2}b^2\frac{(p-1)!}{2!(p-2)!}+a^{p-3}b^3\frac{(p-1)!}{3!(p-3)!}+\dots &\equiv a^{p-1}b-a^{p-2}b^2\frac{1}{2!(p-2)!}\dots \\ &\equiv 0\pmod{p} \end{align*}$$ a partir del Teorema de Wilson. Pero no sé cómo hacerlo, ya que la expresión es bastante feo. También, en última instancia, deseamos mostrar es divisble por $p^3$ y no sólo a $p$. Por último, no podía encontrar una manera de utilizar la condición dada. Todas las ideas son apreciados.

He encontrado el lema en una solución para el problema aquí: http://artofproblemsolving.com/community/c6h514444p2890151

Answer 1

Aquí está la prueba anticipada por Stefan4024, con base en esta pregunta vinculada a su respuesta.

En primer lugar demostrar que si $p \equiv 1 \pmod 6$, luego $$ p(a^2 + ab + b^2)^2 \,\mid\, (a+b)^p - ^p - b^p . $$

Considere algunos fijos $b$, y deje $f(x)$ ser el polinomio $$ f(x) = (x + b)^p - x^p - b^p. $$

Deje $\omega = e^{2\pi i / 3}$ ser una primitiva de tercera raíz de la unidad, y se nota que desde $1 + \omega + \omega^2 = 0$, lo que tenemos que $1 + \omega = -\omega^2$ es un sexto de la raíz de la unidad.

Vamos a mostrar que el $\omega b$ es una raíz de ambos $f(x)$, y su derivado $f^\prime (x)$.

Tenemos que $f(\omega b)$ es igual a $$ (\omega b + b)^p (\omega b)^p - b^p = b^p \left( (1 + \omega)^p - \omega^p - 1 \right) $$

Desde $\omega^3 = (1 + \omega)^6 = 1$, e $p-1$ es divisible por $6$,$\omega^p = \omega$, e $(1 + \omega)^p = (1 + \omega)$. Así tenemos que $$ f(\omega b) = b^p \left( (1 + \omega) - \omega - 1 \right) = 0. $$

Por lo tanto $\omega b$ es una raíz de $f$. Del mismo modo, $$ f^\prime (\omega b) = p (\omega b + b)^{p-1} - p(\omega b)^{p-1} = p b^{p-1} \left( (1 + \omega)^{p-1} - \omega^{p-1} \right) = p b^{p-1} (1 - 1) = 0. $$

Por lo tanto $\omega b$ es una raíz de ambos $f$$f^\prime$, del que se desprende que $(x - \omega b)^2$ es un factor de $f$. Desde $f$ tiene coeficientes reales, $(x - \bar{\omega})^2$ es también un factor de $f$, y vemos que $(x^2 + xb + b^2)^2$ es un factor de $f$.

Ahora es un hecho bien conocido que para $1 \leq k \leq (p-1)$, que el coeficiente binomial $\binom{p}{k}$ es divisible por $p$, y así vemos que por el teorema del binomio de que todos los coeficientes de $f$ son divisibles por $p$. Por lo tanto $\frac{1}{p} f$ es un polinomio con coeficientes enteros, y es divisible por $(x^2 + xb + b^2)^2$, que es un monic polinomio con coeficientes enteros. De ello se sigue que podemos escribir $$ \frac{1}{p} f(x) = (x^2 + xb + b^2)^2 \cdot g(x) $$ donde $g(x)$ es de algún polinomio con coeficientes enteros. De esto se deduce fácilmente que el $f(a) = (a + b)^p - a^p - b^p$ es divisible por $p(a^2 + ab + b^2)^2$ si $p \equiv 1 \pmod 6$.

Ahora supongamos que $p \,\mid\, a^2 + ab + b^2$. Vamos a mostrar que el $p \equiv 1 \pmod 6$, por lo que $$ p^3 \,\mid\, p(a^2 + ab + b^2)^2 \,\mid\, (a + b)^p - ^p - b^p . $$

Tomamos nota de que $$ p \,\mid\, 4a^2 + 4ab + 4b^2 = (2a + b)^2 + 3b^2. $$

Si $p \,\mid\, b$, entonces podemos ver que también debemos tener ese $p \,\mid\, a$, y por lo $(a + b)^p - a^p - b^p$ es divisible por $p^p$, y así es, sin duda divisible por $p^3$. Supongamos ahora que $b$ no es divisible por $p$. Entonces tenemos que $$ \left((2a + b) \cdot b^{-1} \right)^2 \equiv -3 \pmod p $$ donde $b^{-1}$ es el inverso multiplicativo de a $b$ modulo $p$, y así vemos que el $-3$ es un residuo cuadrático módulo $p$.

Así $$ \left( \frac{-1}{p} \right)\left( \frac{3}{p} \right) = \left( \frac{-3}{p} \right) = 1 $$ donde $\left( \frac{\;}{} \right)$ es el símbolo de Jacobi. Si $p \equiv 1 \pmod 4$, luego $$ \left( \frac{-1}{p} \right) = 1 $$ y por la reciprocidad cuadrática, $$ \left( \frac{3}{p} \right) = \left( \frac{p}{3} \right) = \begin{cases} 1 & \text{ if } p \equiv 1 \pmod 3 \\ -1 & \text{ if } p \equiv 2 \pmod 3 \end{casos}. $$

Vemos que en este caso, debemos tener la $p \equiv 1 \pmod 3$.

Por otro lado, si $p \equiv 3 \pmod 4$, entonces sabemos que $$ \left( \frac{-1}{p} \right) = -1 $$ por lo tanto, debemos tener $$ \left( \frac{3}{p} \right) = -1. $$

Desde $3$ $p$ ambos $3$ mod $4$, la reciprocidad cuadrática en este caso nos da que $$ -1 = \left( \frac{3}{p} \right) = -\left( \frac{p}{3} \right), $$ y así volvemos a tener ese $p \equiv 1 \pmod 3$.

En cualquier caso, vemos que $p \equiv 1 \pmod 3$, y por lo $p \equiv 1 \pmod 6$, y el resultado de la siguiente manera.

Answer 2

Una discusión que aquí se muestra que, si $p=6k+1$,$p^3 \mid (a+b)^p - a^p - b^p$, mientras que si $p=6k+5$$p^2 \mid (a+b)^p - a^p - b^p$. Ahora el problema se reduce aquí a probar que $p \mid a^2 + ab + b^2 \implies p = 6k+1$, que todavía soy incapaz de demostrar.

Sin embargo tengo un "elemental" en la prueba de: $p \mid n^2 + n + 1 \implies p^2 \mid (n+1)^p - n^p - 1^p$, lo cual es suficiente para el problema en el enlace.

Obviamente $p \not \mid n,(n+1)$. Ahora, a partir de LTE, como $p \mid n^2 + n + 1 $ $p\not \mid n^2, p \not \mid n+1$ tenemos:

$$v_p(n^{2p} + (n+1)^p) = v_p(n^2 + n + 1) + v_p(p) = 2 \implies p^2 \mid n^{2p} + (n+1)^p$$

Ahora la aplicación de LTE de nuevo, como $p \mid n^2 + n + 1 $ $p\not \mid n^2 + n, p \not \mid 1$ tenemos que:

$$v_p((n^2+n))^p + 1^{p}) = 2 \implies p^2 \mid (n^2 + n)^p + 1$$

Ahora usando ese $(n+1)^p \equiv - n^{2p} \pmod {p^2}$ tenemos que:

$$p^2 \mid (n^2 + n)^p + 1 = n^p(n+1)^p + 1 \implies p^2 \mid -n^pn^{2p} + 1 \implies p^2 \mid n^{3p} - 1$$

Pero $p \not \mid n^p - 1$ por Fermat Poco Teorema y como $n^{3p} - 1 = (n^p-1)(n^{2p} + n^p + 1)$ tenemos que $p^2 \mid n^{2p} + n^p + 1$. Pero ahora:

$$p^2 \mid n^{2p} + n^p + 1 \implies p^2 \mid -(n+1)^p + n^p + 1$$

Por lo tanto la prueba.

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Yo también buena idea sería pedir a la persona que resolvió el problema en el foro para explicar cómo obtuvo tal cosa. Creo que a él no le importaría explicar.