Necesito probar la proposición.
Dejemos que $a$ sea un número entero arbitrario. Entonces, para cada número entero positivo $n$ tenemos $$\sum_{d \mid n}\phi\left(\frac{n}{d}\right)a^d\equiv0\pmod{n}.$$
Sospecho que el cartel está pidiendo una solución elemental, que no es esta. De todos modos.
El índice de ciclo del grupo cíclico en $n$ elementos es $$ Z(C_n) = \frac{1}{n} \sum_{d|n} \phi(n/d) x_{n/d}^d $$ donde el $x_d$ son las variables.
Por lo tanto, por el Teorema de Enumeración de Polya, la cantidad $$ Z(C_n)_{x_1 = a, x_2 = a, x_3 = a, \ldots} $$ cuenta el número de collares distintos en $n$ elementos en rotación donde las ranuras del collar sujetan uno de $a$ colores.
Por lo tanto, combinatoriamente, la siguiente cantidad debe ser un número entero $$ \frac{1}{n} \sum_{d|n} \phi(n/d) a^d$$ porque cuenta el número de collares.
Hay más información en Wikipedia .
El OP ha indicado que ya conoce la solución usando el lema de Burnside, y el PET es un caso especial de esto.
Ty, pero... La respuesta que necesito es sin el $\frac{1}{n}$ Creo que la respuesta se acerca
Dejemos que $p$ sea un divisor primo de $n$ . Sea $\frac{n}{p^{v_p(n)}}=m$ .
Ahora, al dividir los divisores por el $p$ -adico, tenemos $$\sum_{d|n} \phi (\frac{n}{d})a^d = \sum_{x|n,(x,p)=1} \sum_{i=0}^{v_p(n)} \phi (\frac{n}{xp^i}) \cdot a^{xp^i}= \sum_{x|m} \sum_{i=0}^{v_p(n)} \phi (p^{v_p(n)-i} \cdot \frac{m}{x}) \cdot a^{xp^i}=$$ $$ \sum_{x|m} \sum_{i=0}^{v_p(n)} \phi (p^{v_p(n)-i} ) \cdot \phi (\frac{m}{x})a^{xp^i} = \sum_{x|m} \phi (\frac{m}{x}) \sum_{i=0}^{v_p(n)} \phi(p^{v_p(n)-i})a^{xp^i} $$
Basta con demostrar que (sustituyendo $a^x$ por $a$ y $v_p(n)$ con $n$ ) para todos los $n$ tenemos $$\sum_{i=0}^{n} \phi(p^{n-i})a^{p^i} \equiv 0 \pmod{p^{n}}$$
Después de demostrar esto, podemos utilizarlo para todos los primos y habremos terminado.
Procedemos a la inducción. Para $n=1$ tenemos $\phi(p) a + \phi(1) a^p \equiv (p-1)a+ a \equiv 0 \pmod{p}$ .
Supongamos que esto es cierto para $k-1$ . Demostramos que esto es cierto para $k$ también.
Tenemos $$a^{p^k} + (p-1)a^{p^{k-1}} + p(p-1) a^{p^{k-2}} + \cdots $$ $$= a^{p^k} + (p-1)a^{p^{k-1}} + p((p-1)a^{p^{k-2}} + p(p-1)a^{p^{k-3}} + \cdots ) $$ $$=a^{p^k} + (p-1)a^{p^{k-1}} + p(\text{something divisible by } p^{k-1} - a^{p^{k-1}}) \text{ (by induction hypothesis)}$$ $$=a^{p^k}-a^{p^{k-1}} + \text{something divisible by } p^k \equiv 0 \pmod{p^k}$$ como se desee. Hemos terminado. $\blacksquare$
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Utilicé el Lemma de Burnside (Cauchy-Frobenius), esto es Teoría de grupos y anillos aplicada, pero quiero saber si puedo utilizar sólo la teoría de números, cualquiera me dice que puedo encontrar una solución a este problema utilizando el "conteo de Pólya" Pero no lo entiendo
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No hay que pensar que los temas matemáticos se dividen así. El lema de Burnside es el lema de Burnside. Podrías llamarlo teoría de grupos. Sería igualmente válido llamarlo combinatoria. Esta aplicación particular podría llamarse con seguridad teoría de los números. Las etiquetas no importan. La enumeración de Polya es un caso especial del lema de Burnside.
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Acabo de publicar, pero no he visto los dos comentarios que han aparecido hace poco. Espero que mi post sea útil a pesar del solapamiento con estos comentarios.
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Compruébelo directamente cuando $n$ es una potencia primera. Para otros $n$ , elige un factor primo $p$ de $n$ y escribir $n$ como producto de un $p$ -y otro número relativamente primo a $p$ . Divisores de $n$ romper de una manera similar a esta, y $\varphi$ es multiplicativo, por lo que deberías ser capaz de derivar el resultado por inducción en el número de factores primos diferentes de $n$ .