Búsqueda de $n$ satisfacción $\{1^n-0^n,2^n-1^n,\cdots,p^n-(p-1)^n\}\equiv \{0,1,\cdots,p-1\}\pmod p$

Question

Antecedentes : hace Aproximadamente un mes, un amigo mío me enseñó sus hallazgos acerca de un par de polinomios que cubren todos los residuos de las clases en el mod $p$ donde $p$ es un primo. Entonces, comencé a considerar el mismo problema para los otros polinomios. Entre algunos de los polinomios, $f(x)=(x+1)^n-x^n$ es en la que yo no puede comprender. Así que, aquí está mi pregunta.

Pregunta : Para un determinado impar prime $p$ , ¿cómo podemos encontrar todos los enteros positivos $n$ la satisfacción de las siguientes condiciones?

Condición : Para $f(x)=(x+1)^n-x^n$, $$\{f(0),f(1),f(2),\cdots,f(p-1)\}\equiv \{0,1,2,\cdots,p-1\}\pmod p.$$

Comentario : queremos que $f(x)$ cubre todos los residuos de las clases de $\pmod p$. La condición es no $f(x)\equiv x\pmod p$.

Suponemos que la respuesta es $n=(p-1)m+2\ \ (m=0,1,2,\cdots)$, pero estoy en la dificultad en la comprobación de que. Tal vez me estoy perdiendo algo importante... alguien Puede ayudar?

Los siguientes son lo que tengo.

• $f(0)\equiv 1.$

• $f(p-1)\equiv -(-1)^n\Rightarrow \text{$n$ has to be even}\Rightarrow f(p-1)\equiv p-1$.

• Para $n=(p-1)m+r$, $f(x)\equiv (x+1)^r-x^r$ debido a $a^{p-1}\equiv 1$ $a$ que es coprime a $p$.

• $f\left(\frac{p-1}{2}\right)\equiv 0$.

• $f\left(\frac{p-1}{2}+a\right)+f\left(\frac{p-1}{2}-a\right)\equiv 0$ cualquier $a$.

Añadido : yo crossposted a MO.

Answer 1

(Esto debería ser realmente un comentario, pero su demasiado largo).

Me pregunto si la información publicada en el artículo de la Wikipedia sobre la permutación de polinomios es correcta. Enumera que si $g(x)$ es una permutación polinomio, entonces también lo es $ag(x+b)+c$ $ax^3+bx$ es una permutación polinomio iff $-b/a$ es una ecuación cuadrática no residuo. Con esto puedo demostrar que $r = 4$ es válida para todos los números primos $ \equiv 3 \pmod 4$. Sin embargo, parece ser que esto solo funciona para el primer $3$...

El deprimido por $(x+1)^4-x^4$ mediante la transformación de $x \rightarrow x - \frac{1}2$ y soltando la constante es $4x^3+x$. Multiplicando todo por $4^{-1}$ transforma esto en $x^3+(4)^{-1}x$. Ahora si $$ \left( \frac{-4^{-1}}p \right) = (-1)^{\frac{p-1}2}(2^{-1})^{p-1} \equiv -1 \pmod p $$ por lo $r = 4$ debería funcionar, pero la comprobación de la prime $7$, podemos ver que el polinomio no funciona.

Answer 2

Para mí el problema parece más profundo y complicado de lo que parece. $n = (p-1)m + 2$ es una de las posibles soluciones si $m$ como tal que $p \nmid n$.

Si queremos que el $f(x)$ cubre todos los residuos de $p$ tenemos para asegurarse de que no hay dos residual clases de mapas a la misma clase.

Decir $k < p$ $q < p$ se asigna a la misma clase. A continuación, $f(k) - f(q) \equiv 0 (mod(p))$ enchufarlo en función obtenemos: $$f(k)-f(q) \equiv (k-q)(P_{n-2}(k,q)) mod(p)$$ where $P_{n-2}$ is symmetrical polynomial of degree $n-2$.

Por ejemplo, para$n = 2: P_0 = 2$;$n = 3: P_1 = 3(k+q+1)$;

para $n = 4: P_2 = 4(k^2 + kq + q^2) + 6(k+q) + 4$ y así sucesivamente.

Los polinomios son simétricas pero mayores grados residual de la ecuación requieren diferentes de matemáticas de la teoría de estar involucrados.

Es claro ver que podemos encontrar k,q, de modo que $P_1 \equiv 0 (mod(p))$ no es tan fácil de demostrar para los grados más altos cuando la solución no existe y ser dependiente de $p$.

Answer 3

Voy a postear una respuesta solo para informar que la pregunta ha recibido una respuesta por Peter Mueller, MO.

La respuesta menciona que la respuesta es correcta, y no es un teorema por Norman Johnson, ver aquí.