$ 1 + 2^{p-2} + 3^{p-2} + \cdots + (p-1)^{p-2} \equiv 0\pmod p $ con $ p $ impar prime

Question

Sea $ m $ , $ m+1 $ , $ m+2 $ , $ \dots $ , $ m+p-1 $ sea un número entero y $ p $ sea un primo impar. Quiero demostrar que $$ m + (m+1)^{p-2} + (m+2)^{p-2} + \cdots + (m+p-1)^{p-2} \equiv 0\pmod p. $$ Se trata de demostrar que $$ 1 + 2^{p-2} + 3^{p-2} + \cdots + (p-1)^{p-2} \equiv 0\pmod p, $$ porque por el principio de encasillamiento, sin pérdida de generalidad podemos suponer que $ m \equiv 0 \pmod p$ y luego $ m+i \equiv i \pmod p$ para $ i = 1,2,\dots,p-1 $

Answer 1

Sugerencia :

Trabajo sobre el terreno $\,\mathbf F_p=\mathbf Z/p\mathbf Z$ y observe que por Fermat, para cualquier $k\in[1..\,p-1]$ se tiene $$k^{p-2}=k^{-1}.$$ Ahora, en este campo, el mapa \begin{align} \mathbf F_p^{\times}&\longrightarrow \mathbf F_p^{\times} \\ k&\longmapsto k^{-1} \end{align} es un automorfismo del grupo (multiplicativo) de elementos distintos de cero.

Por lo tanto la suma dada es justo, modulo $p$ la suma $\;1+2+\dots+(p-1)$ en otro orden. ¿Puedes terminar la prueba?

Answer 2

He aquí una buena alternativa al enfoque sugerido en los comentarios por el usuario rtybase:

Si estás familiarizado con un poco de teoría de grupos, sabrás que para cada primo impar $p$ el grupo $(\Bbb{Z}/p\Bbb{Z})^{\times}$ de unidades módulo $p$ es cíclico de orden $p-1$ escrito multiplicativamente. Así que tomando $k$ -es un automorfismo del grupo siempre que $k$ es coprimo de $p-1$ . De ello se deduce que $$1^k+2^k+\ldots+(p-1)^k\equiv1+2+\ldots+(p-1)\pmod{p}.$$

Answer 3

Otra forma de calcular la suma, o (siguiendo a @Servaes) aún más general $$S_k=\sum_{a\in\mathbb{F}_q^{\times}}a^k$$ donde $\mathbb{F}_q$ es un campo finito con $q$ elementos ( $q$ es un potencia de un primo; esto incluye el caso de $q=p$ ) y $k$ es cualquier entero, es el siguiente. Supongamos (de nuevo) que sabemos que $\mathbb{F}_q^{\times}$ es cíclico, y sea $g$ sea un generador de este grupo. Si $k$ es múltiplo de $q-1$ entonces cada término de $S_k$ es $1$ Así que $S_k=q-1=-1$ en este caso. En caso contrario $g^k\neq 1$ y puesto que $a\mapsto ga$ es una biyección del grupo sobre sí mismo, tenemos $$S_k=\sum_{a\in\mathbb{F}_q^{\times}}(ga)^k=g^k S_k,$$ de ahí $(g^k-1)S_k=0$ et $S_k=0$ .