Deje $x$ ser una unidad en $\mathbb Z/ n \mathbb Z$ de multiplicativa orden de $m$. Estoy tratando de determinar cuando es que $$ \sum_{i=0}^{m-1} x^i \equiv 0 \mod n . $$ Es este tipo de situación, algo que ha sido estudiado? Si es así, yo estaría muy interesado en cualquier sugerencias de libros que hablan de este tipo de problema.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
(A continuación el tratamiento de $x$ como un entero cuyo reducción de la $\bmod n$ es una unidad de la orden de $m$. Esto me permite tratar a $\frac{x^m - 1}{x - 1}$ como un entero, y considerar la posibilidad de su reducción de $\bmod n$ sin dividir por un divisor de cero.)
Como de costumbre, el Teorema del Resto Chino es tu amigo. Podemos reducir, para el caso de que $n$ es una fuente primaria de energía $p^k$. Si $p \nmid x-1$, entonces la serie geométrica argumento de las obras y la suma es sólo $0 \bmod p^k$.
Si $p | x-1$, la situación se vuelve un poco más complicado. Necesitaremos introducir la siguiente noción fundamental: por un entero $n$, $p$-ádico de valoración $\nu_p(n)$ es el mayor $k$ tal que $p^k | n$.
Teorema (levantar el exponente): Vamos a $p$ ser impar el primer y deje $x, y$ ser enteros primos relativos a $p$ tal que $p | x-y$. Entonces $$\nu_p(x^n - y^n) = \nu_p(x - y) + \nu_p(n).$$
Prueba. De inducción. Ver estas notas.
La aplicación de lo anterior se sigue que, por extraño $p$ si $p | x-1$ $$\nu_p \left( \frac{x^m - 1}{x - 1} \right) = \nu_p(m).$$
Por lo tanto $\frac{x^m - 1}{x - 1} \equiv 0 \bmod p^k$ si y sólo si $p^k | m$. Por lo tanto:
Si $n$ es impar, a continuación, $\frac{x^m - 1}{x - 1} \equiv 0 \bmod n$ si y sólo si para cada factor primordial $p$$n$, $p \nmid x-1$ o $p^k | m$.
Bueno, entonces, ¿qué si $p = 2$? En las anteriores notas también se encuentra el siguiente resultado.
Teorema (levantar el exponente de a $2$): Vamos a $x, y$ ser números enteros impares tales que $4 | x-y$. Entonces $$\nu_2(x^n - y^n) = \nu_2(x - y) + \nu_2(n).$$
Así que si $4 | x-1$, entonces la conclusión es la misma que la anterior. De lo contrario, escribir $$x = 1 + 2y$$
donde $y$ es impar. Si $m$ es impar, entonces $$x^m = 1 + 2my + ...$$
el resto de los términos son divisibles por $4$, y llegamos a la conclusión de que $\nu_2(x^m - 1) = 2$, por lo tanto $\nu_2 \left( \frac{x^m - 1}{x - 1} \right) = 0$, por lo que la suma no es divisible por $2^k$. Si $m = 2 \ell$ es incluso, a continuación,$4 | x^2 - 1$, por lo tanto $$\nu_2(x^{2\ell} - 1) = \nu_2(x^2 - 1) + \nu_2(\ell) = \nu_2(x + 1) + \nu_2(m).$$
Esto le da $$\nu_2 \left( \frac{x^m - 1}{x - 1} \right) = \nu_2(y + 1) + \nu_2(m).$$
Por lo tanto $\frac{x^m - 1}{x - 1} \equiv 0 \bmod 2^k$ si y sólo si $2^k | m(y+1)$, y esto puede ocurrir. Así que si $n$ no es raro entonces que el argumento anterior todavía se aplica a todos los impares factores primos de a $n$ y llegamos a la conclusión de que
si $n = 2^k o, k \ge 1$ donde $o$ es impar, entonces $\frac{x^m - 1}{x - 1} \equiv 0 \bmod n$ si y sólo si $\frac{x^m - 1}{x - 1} \equiv 0 \bmod o$ y, o bien $x \equiv 1 \bmod 4$ $2^k | m$ o $x \equiv 3 \bmod 4$$2^k | m \left( \frac{x+1}{2} \right)$.
