¿Qué es? $1^k+2^k+\cdots+ (p-1)^k$ modulo $p$ ? (De Irlanda y Rosen).

Question

He estado repasando un poco la Teoría de los Números de Ireland y Rosen por diversión. El problema 4.11 de Ireland y Rosen pregunta

Demostrar que $1^k+2^k+\cdots+(p-1)^k\equiv 0\pmod{p}$ si $p-1\nmid k$ y $-1\pmod{p}$ si $p-1\mid k$ .

Mi trabajo me lleva a donde no esperaba ir. Aquí asumo $p$ id impar. En primer lugar, si $p-1\mid k$ Entonces, podemos hacer un wrike $k=(p-1)j$ para algunos $j$ . Pero entonces $$ 1^k+\cdots+(p-1)^k\equiv 1^{(p-1)j}+\cdots+(p-1)^{(p-1)j}\equiv \underbrace{1+\cdots+1}_{p-1\text{ times}}=\frac{(p-1)p}{2}\equiv 0\pmod{p} $$ desde $p-1$ está en paz.

En segundo lugar, supongo que $p-1\nmid k$ . WLOG, puedo asumir $0<k<p-1$ Ya que si $k=(p-1)j+r$ con $0<r<p-1$ entonces $$ a^k\equiv a^{(p-1)j+r}\equiv a^r\pmod{p}. $$

Entonces, si $g$ es una raíz primitiva, $$ 1^k+\cdots+(p-1)^k=\sum_{i=1}^{p-1}(g^k)^i=\frac{g^k(1-g^{k(p-1)})}{1-g^k}. $$ Desde $g$ es primitivo, $p\nmid 1-g^k$ pero $p\mid 1-g^{k(p-1)}$ por lo que la suma anterior es de nuevo congruente con $0\pmod{p}$ .

Así que en todos los casos, obtengo que la suma es congruente con $0$ sin tener en cuenta. ¿He metido la pata o hay un error tipográfico? Gracias.

Answer 1

Dejemos que $g$ sea una raíz primitiva de $p$ . Entonces $2,3,\dots,p-1$ son congruentes, en algún orden, con $g,g^2, \dots,g^{p-2}$ .

Así, nuestra suma $S_k$ es congruente con $$1+g^{k}+g^{2k}+\cdots +g^{(p-2)k}\tag{$ 1 $}$$ modulo $p$ .

Si $p-1$ divide $k$ entonces por el Teorema de Fermat cada término es congruente con $1$ modulo $p$ . Hay $p-1$ términos, por lo que la suma es congruente con $-1$ modulo $p$ .

Supongamos ahora que $p-1$ no divide $k$ . Expresión multiplicadora $(1)$ por $1-g^k$ obtenemos $$(1-g^k)S_k\equiv 1-g^{(p-1)k}\equiv 0\pmod{p}.$$ Desde $p-1$ no divide $k$ y $g$ tiene orden $p-1$ se deduce que $1-g^k\not\equiv 0\pmod{p}$ . De ello se desprende que $S_k\equiv 0\pmod{p}$ .

Answer 2

En el caso de que $p-1\mid k$ , deberías haber tenido $$\underbrace{1+\cdots+1}_{p-1\text{ times}}=p-1\equiv -1\bmod p.$$

Answer 3

Sugerencia

Si $p-1 \mid k$ , entonces por el Teorema Pequeño de Fermat $j^k \equiv 1 \pmod p$ .

Si $p-1 \nmid k$ , entonces escoge algunos $1 < j < p-1$ para que $j^k \ne 1 \pmod p$ . Entonces

$$f(x)= j^kx$$

es una biyección de $\{ 1,2,.., p-1\}$ a $\{ 1,2,.., p-1\}$ . Esto demuestra que

$$j^k(1^k+2^k+\cdots+(p-1)^k)=1^k+2^k+\cdots+(p-1)^k \pmod p$$

de donde se desprende su reclamo..