Valor de

Question

Encontré una declaración de que $$\sum \limits_{i=1}^{p} i^k \equiv \begin{cases} -1 && (p-1) \mid k \\ 0 && \text{otherwise}\end{cases} \pmod{p}$$ for a prime $p$ and positive integer $k$. The result is obvious when $k$ is odd or equals $p-1$ but I can't prove it for all even values of $k$.

Answer 1

De Ribenboim del libro,

Deje $S=\sum j^k$ donde $(j,m)=1$ $1≤j<m$ donde m es cualquier número natural.

Deje $ag\equiv bg\pmod m$ donde $1\leq a\leq b\leq m$ $(g,m)=1$

$\implies m\mid g(b-a)\implies m|(b-a)$ $(g,m)=1$

Pero $m∤(b-a)$$1\leq a\leq b\leq m$, por lo tanto, $ag≢bg\pmod m$.

Así, los conjuntos de reducción de residuos clases de ${g, 2g, . . . , (m − 1)g}$ y ${1, 2, . . . , (m − 1)}$ son esencialmente la misma, sólo que en diferente orden.

A continuación, $g^kS ≡\sum(gj)^k ≡\sum j^k≡S \pmod m.$

Por lo tanto $(g^k−1)S ≡ 0 \pmod m$.

Por eso, $m\mid S$ si $k ∤ ord_mg \implies g^k ≢ 1 \pmod m$

Si $g$ es así que elige la o$rd_mg =\phi(m)$ es decir, si $g$ ser una raíz primitiva módulo $m$(asumiendo $m$ tiene al menos una), a continuación, $m\mid S$ si $k ∤ \phi(m) \implies g^k ≢ 1 \pmod m$.

Si $m$ se convierte en el primer $p,\phi(m)=\phi(p)=p-1$ y todos los números primos tienen raíz primitiva(s).

Answer 2

Si $p-1|k$, es obvio debido a Fermat poco teorema.

Si no, vamos a empezar a $k=1$. Tenemos $\displaystyle\sum_{i=1}^p i^k = p + \sum_{i=1}^{p-1}i = 1 + (p-1) + 2+(p-2)+\dots + E(p/2)-1 + E(p/2)+1 = 0\mod p$.

En el caso general (todavía, al $p-1$ no divide $k$), tenemos la función $\varphi(i) = i^k\mod p$ que es un bijection de $\mathbb{[}1,p-1\mathbb{]}$. De hecho, si pudiéramos encontrar $i\neq j \in \mathbb{[}1,p-1\mathbb{]}$ como $i^k = j^k\mod p$, tendríamos $i-j$ que sería un divisor o $p$ cual es imposible como $p$ es primo. Entonces podemos reescribir $\displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}i^k$ $\displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}j_{i,k}$ donde $j_{i,k} = i^k = \varphi(i)$, y desde $\varphi$ es bijective, $\varphi([1,p-1] =[1,p-1]$, y por lo que la suma es también igual a $\displaystyle\sum_{i=1}^{p-1} i = 0\mod p$.