primer #% de %#%, $p$ allí existe $1 \le k \le p-2$ (mod p)

Question

He encontrado este problema en mi libro de álgebra, pero por desgracia, no hay solución incluida. Aquí está:

Que $p$ ser una privilegiada, $1 \le k \le p-2$. Mostrar que existe $x \in \mathbb{Z} \ $ tal que $\ x^k \neq 0,1$ (mod $p$).

Parece un problema muy bonito, pero no tengo ni idea de cómo solucionarlo.

Y un problema relacionado con:

Demostrar que para $k \in \mathbb{N}$:

$\sum _{x \in \mathbb{F}_p ^* }x^k = \begin{cases} 0, \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ p-1 \nmid k\\p-1, \ \ \ \ \ p-1 \ | \ k\end{cases}$

¿Me podrias ayudar?

Answer 1

Considere el polinomio $x^k(x^k-1)$. Piden demostrar que algunos $x$ no es una raíz modulo $p$. Es lo mismo que pedir si $x(x^k-1)$ tiene la misma propiedad. Pero esto es un grado de $k+1$ polinomio, por lo que en la mayoría tiene raíces distintas de $k+1$. Desde $k+1<p$, hay por lo menos un residuo mod $p$ que no es una raíz.

Answer 2

Para tu segunda pregunta, vamos a $S=1^k+2^k+3^k+\cdots+(p-1)^k$. Si $p-1$ divide $k$, luego por el Teorema de Fermat cada una de las $1^k,2^k,3^k,\dots,(p-1)^k$ es congruente a $1$ modulo $p$, para que su suma $S$ es congruente a $p-1$ modulo $p$.

Supongamos ahora que $p-1$ no divide $k$.

Deje $a$ ser un entero no divisible por $p$. A continuación, $a,2a,3a,\dots, (p-1)a$ son congruentes, en cierto orden, a $1,2,3,\dots,p-1$. Por lo $a^k,(2a)^k, (3a)^k, \dots, ((p-1)a)^k$ son congruentes, en cierto orden, a $1^k,2^k,3^k,\dots,(p-1)^k$. Sumando, nos encontramos con que $$a^k S\equiv S\pmod{p},\quad\text{or equivalently}\quad (a^k-1)S\equiv 0\pmod p.$$ En particular, vamos a $a$ ser una raíz primitiva de $p$, es decir, un elemento de orden $p-1$ modulo $p$. Desde $p-1$ no divide $k$, se deduce que el $a^k\not\equiv 1\pmod{p}$, y por lo tanto $a^k-1\not\equiv 0\pmod{p}$. Desde $(a^k-1)S\equiv 0\pmod{p}$, se deduce que el $S\equiv 0\pmod{p}$.

De otra manera: Si $g$ es una raíz primitiva de $p$, entonces nuestra suma es congruente a $g^k+g^{2k}+g^{3k}+\cdots+g^{(p-1)k}$. El último término es congruente a $1^k$, por lo que se ve un poco mejor para escribir $$S\equiv 1+g^k+g^{2k}+\cdots+g^{(p-2)k}\pmod p.$$ Multiplicar cada lado de la por encima de la congruencia por $1-g^k$, y observar las cancelaciones. Tenemos $$S(1-g^k)\equiv 1-g^{p-1)k}\pmod{p}.$$ El lado derecho es congruente a $0$ modulo $p$, por el Teorema de Fermat. Desde $g$ es una raíz primitiva de $p$, e $p-1$ no divide $k$, se deduce que el $1-g^k\not\equiv 0\pmod{p}$, y por lo tanto $S\equiv 0\pmod{p}$. Tenga en cuenta que, esencialmente, hemos utilizado la fórmula para la suma de una progresión geométrica finita.

Answer 3

Para la primera pregunta,

$x^k\equiv0\pmod p\iff x\equiv 0\pmod p$

Ahora, siempre podemos encontrar una $x$(de hecho el %, $p-1$) que es relativamente alto a $p$

$x^k\not\equiv1\pmod p,$ Es suficiente para demostrar que hay al menos una $x$ $p-1$ de la orden es decir, existe al menos una raíz primitiva $\pmod p,$ la prueba está disponible aquí y aquí.