Prueba que: $ \sum\limits_{n=1}^{p} \left\lfloor \frac{n(n+1)}{p} \right\rfloor = \frac{2p^2+3p+7}{6} $ donde $p$ es un número primo y $p \equiv 7 \mod{8}$

Question

Prueba de que:$ \sum\limits_{n=1}^{p} \left\lfloor \frac{n(n+1)}{p} \right\rfloor= \frac{2p^2+3p+7}{6} $
donde $p$ es un número primo tal que $p \equiv 7 \mod{8}$

Intenté separar la suma en partes pero no parece llevar a ninguna parte. También intenté hacer sustituciones para $p$, pero no creo que sea completamente correcto llamar a $p=7+8t$. ¿Alguna idea?

Answer 1

$$\sum_{i=1}^p \frac{n(n+1)}p = \frac1 p \frac {p(p+1)(p+2)}3 = \frac{p^2+3p+2}3$$, y $$\frac{p^2+3p+2}3 - \frac{2p^2+3p+7}6 = \frac{p-1}2$$

Entonces estás pidiendo demostrar que $$\sum_{n=1}^p \frac{n(n+1)}p - \lfloor\frac{n(n+1)}p\rfloor = \frac{p-1}2$$.

El término que se está sumando es $\dfrac 1 p$ veces el residuo de $n(n+1)$ módulo $p$. Así que esto se convierte en demostrar que $\displaystyle \sum_{n \in \Bbb F_p} (n(n+1) \pmod p) = p(p-1)/2$

Sea $f(x)$ el número de soluciones para $n(n+1)=x$ en $\Bbb F_p$. $n(n+1) = x \iff n^2 + n = x \iff (2n+1)^2 = 4x+1$, por lo tanto $\displaystyle f(x) = 1 + \binom{4x+1}p$,

y la suma se convierte en $\displaystyle \sum_{x=0}^{p-1} x f(x) = \sum x + \sum x \binom{4x+1}p$.
La primera suma es $p(p-1)/2$, así que solo necesitamos mostrar que la segunda suma es cero.

Hagamos una última reorganización estableciendo $y = 1+4x$ y escribiendo la suma como $\displaystyle \sum x(y) \binom y p $, donde $x(y) = \frac 14 (y-1 + k(y)p)$ y $k(y)$ es el residuo de $y-1$ módulo $4$.

Sea $\displaystyle S_i = \sum_{y \equiv i \pmod 4} \binom y p$.
Como $-1$ no es un cuadrado, $S_0 = - S_3$ y $S_1 = - S_2$.
Como $2$ es un cuadrado, $S_1 + S_3 = S_2 + S_3$ (y $S_0 + S_2 = S_0 + S_1$) por lo tanto $S_1 = S_2 = 0$.

Podemos reescribir la suma como $$\frac 1 4 \left(\sum y\binom y p + (3p-1)S_0 - S_1 + (p-1)S_2 + (2p-1)S_3\right) = \frac 1 4 \left(\sum y\binom y p + p(S_0 + S_2)\right)$$

Dado que $(-1)$ no es un cuadrado, $$\sum y \binom y p = \sum_0^{(p-1)/2} (2y - p) \binom y p$$ Por esta pregunta, esto es $$-p \sum_0^{(p-1)/2} \binom y p = -p \sum_0^{(p-1)/2} \binom {2y} p = -p(S_0 + S_2)$$

Answer 2

Esta es una respuesta parcial. Por el algoritmo de división, dejemos que $n(n+1) = q_n p + r_n$ donde $0\leq r_n < p$. Entonces vemos que

$$\left\lfloor\frac{n(n+1)}{p}\right\rfloor = \left\lfloor q_n + \frac{r_n}{p}\right\rfloor = q_n + \left\lfloor\frac{r_n}{p}\right\rfloor = q_n$$

Así que el problema se transforma en encontrar la suma de los cocientes $q_n$. Aquí

$$\sum_{n=1}^p q_n =\sum_{n=1}^p\frac{n(n+1) - r_n}{p} = \frac{1}{3}(p+1)(p+2) - \frac{1}{p} \sum_{n=1}^p r_n$$

Ahora compara esto con lo que necesitamos obtener. Hemos transformado este problema en el siguiente. Dejemos que $p \equiv 7 \pmod{8}$. Mostrar que

$$\sum_{n=1}^p r_n = \frac{p(p-1)}{2}$$

donde $r_n$ es la clase de equivalencia de $n(n+1)$ módulo $p$. Creo que este es un problema más fácil. Los dos últimos residuos son $0$ así que debes mostrar

$$\sum_{n=1}^{p-2} r_n = \frac{p(p-1)}{2}$$