Citado en https://eprint.iacr.org/2019/601.pdf pero, lamentablemente, sin pruebas.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Es suficiente con probarlo para $f=X^\alpha$ con $1\leq \alpha<n$ .
Tome $b\in H$ . Observe que puede elegir $f(b)=b^\alpha\neq 1$ porque el polinomio $X^\alpha-1$ tiene un número finito de raíces, es decir, como máximo $ \alpha<n=|H|$ . Se puede decir lo mismo si $\alpha\not \equiv 0 \mod n$ porque si $\alpha=kn+\beta$ con $1\leq \beta<n$ , entonces hay $b\in H$ tal que $b^\beta\neq 1$ . Entonces $b^\alpha=b^\beta\neq 1$ .
Set $S:= \sum_{a\in H}f(a)$ . Entonces
$f(b)S=f(b)\sum_{a\in H} f(a)=\sum_{a\in H}f(ab)= S $
De modo que
$(f(b)-1)S=0$ y así $S=0$
Esta prueba está relacionada con la teoría de la representación. De hecho $f=X^\alpha\in H^*$ , donde $H^*$ es el grupo de caracteres con valores en $\mathbb{F}$ . Ahora existe la fórmula habitual
$\sum_{a\in H} \phi(a)=0$ para cada $\phi\in H^*\setminus{1}$
En su caso $f=X^\alpha$ es diferente de $1$ si y sólo si $\alpha$ no es un múltiplo de $|H|=n$ . Por lo tanto, se puede generalizar el resultado tomando $f\in \langle X^\alpha: \alpha\not \equiv 0 \mod n \rangle_\mathbb{F}$ . Observe que $\langle X^\alpha: \alpha\not \equiv 0 \mod n \rangle_\mathbb{F}$ contiene $\mathbb{F}_{ 1\leq \deg<n}[X]$ .
