Para impar prime $p$ el polinomio simétrico elemental $e_j(r_1,...,r_{p-1})\equiv 0$ mod p para $1\leq j <p-1 $

Question

Para impar prime $p$ el polinomio simétrico elemental $e_j(r_1,...,r_{p-1})\equiv 0$ mod p para $1\leq j <n$ donde $r_i$ son los elementos de la clase de residuos reducida mod p

La definición es la misma que wikipedia por lo que asumo que se trata de una definición estándar.

Intenté algunos ejemplos para prime $3,5,7$ y puedo ver un poco lo que está pasando.

Por ejemplo, para $p=5$ obtenemos $e_3=1\cdot 2 \cdot 3+1\cdot 2\cdot 4+1\cdot 3 \cdot 4+2\cdot 3 \cdot 4=1+(-2)+(-(-2))+(-1)=0$ mod. 5

No estoy seguro de cómo probar esto, creo que tal vez utiliza el hecho de que modulo $p$ es un campo, por lo que al multiplicar los elementos de la clase de residuos reducida se obtiene la suma de todos los elementos del campo, que es $0$ ?

Answer 1

Dejemos que $a$ sea un no múltiplo de $p$ . Observe que $$a^j e_j(r_1,\ldots,r_{p-1})=e_j(ar_1,\ldots,ar_{p-1}) \equiv e_j(r_1,\ldots r_{p-1})\pmod p$$ ya que (i) $e_j$ es homogénea de grado $j$ y (ii) el $ar_i$ modulo $p$ son una permutación de los $r_i$ y $e_j$ es una función simétrica.

Si $a$ es una raíz primitiva módulo $p$ entonces $a^j\not\equiv1\pmod p$ como $0<j<p-1$ . Por lo tanto, $$e_j(r_1,\ldots,r_{p-1})\equiv 0\pmod p.$$

(En realidad no se necesitan raíces primitivas: todo lo que se necesita es el hecho de que $a^j\equiv1\pmod p$ tiene $\le j$ soluciones en $\{1,\ldots,p-1\}$ ).