La suma de las raíces primitivas es congruente con $\mu(p-1)$ utilizando la inversión de Moebius?

Question

Wikipedia tiene la resultado que Gauss demostró que para un número primo $p$ la suma de sus raíces primitivas es congruente con $\mu(p 1) \pmod{p}$ en el artículo 81.

Lo he leído, pero ¿hay alguna prueba más rápida que utilice la inversión de Moebius en lugar de la comprobación caso por caso?

He probado lo siguiente:

Sea $f(d)$ sea la suma de todos los $d$ raíces de la unidad. Entonces creo que tenemos $$ \sum_{d\mid p-1}f(d)\equiv \sum_{x\in\mathbb{Z}_p^\times}x\equiv 0\pmod{p} $$ ya que cada elemento de $\mathbb{Z}_p^\times$ es un $d$ raíz de la unidad para algún $d\mid p-1$ .

Así que defino $F(n)=\sum_{d\mid n}f(d)$ . Por inversión de Moebius, $$ f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)F(n/d). $$ La suma en cuestión es el caso en el que $n=p-1$ Así que $$ f(p-1)=\sum_{d\mid p-1}\mu(p-1)F((p-1)/d) $$ y quiero demostrar que esto es congruente con $\mu(p-1)\pmod{p}$ . Desde $f(1)=1$ , $F(1)=1$ Así que sólo estoy tratando de mostrar $F((p-1)/d)\equiv 0$ cuando $(p-1)/d\neq 1$ y creo que el resultado seguiría. ¿Alguien sabe cómo demostrar que si es cierto, o arreglar el argumento de lo contrario?

Answer 1

Tenga en cuenta en primer lugar que si $$ F(n)=\sum_{(k,n)=1}^{1\leq k\leq n}f\left(\frac{k}{n}\right), $$ entonces $$ \sum_{d\mid n}F(d)=\sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right). $$

Para considerar $f\left(\frac{k}{n}\right)$ con $1\leq k\leq n$ . Entonces $$ \frac{k}{n}=\frac{k/(k,n)}{n/(k,n)}=\frac{k^\prime}{n^\prime} $$ donde $k^\prime=k/(k,n)$ y $n^\prime=n/(k,n)$ son coprimos, y $n^\prime\mid n$ . Por lo tanto, este término corresponde a un término de $F(n^\prime)$ . A la inversa, un término del lado derecho tiene la forma $f\left(\frac{k}{d}\right)$ para $d\mid n$ y $1\leq k\leq d$ con $(k,d)=1$ . Si $dj=n$ entonces tenemos $f\left(\frac{k}{d}\right)=f\left(\frac{kj}{n}\right)$ y $1\leq kj\leq n$ .

Así que si $g$ es una raíz primitiva, la suma en cuestión es congruente con $$ S=\sum_{(k,p-1)=1}^{1\leq k\leq p-1} g^k $$ ya que queremos sumar sobre todas las potencias de $g$ con exponente coprimo a $\phi(p)=p-1$ . Así que $$ S_n=\sum_{(k,n)=1}^{1\leq k\leq n} a^{k/n}. $$ Por la observación anterior, $$ \sum_{d\mid n}S_d=\sum_{k=1}^n a^{k/n}=\frac{a^{1/n}-a^{(n+1)/n}}{1-a^{1/n}}. $$ Mediante inversión Möbius, $$ S_n=\sum_{d\mid n}\frac{a^{1/d}-a^{(d+1)/d}}{1-a^{1/d}}\cdot\mu\left(\frac{n}{d}\right). $$

En particular, fijar $n=p-1$ y $a=g^{p-1}$ produce $$ S=\sum_{d\mid p-1}g^{(p-1)/d}\left(\frac{1-g^{p-1}}{1-g^{(p-1)/d}}\right)\cdot\mu\left(\frac{p-1}{d}\right). $$

Pero $p\mid 1-g^{p-1}$ y $p\nmid 1-g^{(p-1)/d}$ cuando $d\neq 1$ es un divisor propio ya que $g$ es una raíz primitiva. Por tanto, todos los términos con $d\neq 1$ desaparecen módulo $p$ y cuando $d=1$ , $$ S\equiv g^{p-1}\mu(p-1)\equiv\mu(p-1)\pmod{p}. $$

Answer 2

He aquí una solución sencilla que implica sumas de raíces de polinomios ciclotómicos.

Trabajamos en algún campo $K$ .

Demostramos que la suma de las primitivas $n$ raíces de la unidad es $\mu(n)$ . Aquí definimos la primitiva $n$ raíces de la unidad sean las raíces del polinomio ciclotómico $\Phi_n(x)$ en algún cierre algebraico fijo de $K$ contados con multiplicidades. (Esto es importante para el caso de finito $K$ ; allí, la notación no es estándar. Por supuesto, cuando $K = \mathbb{F}_p$ y $n = p-1$ entonces la primitiva $n$ raíces de la unidad son precisamente las raíces primitivas de $\mathbb{F}_p$ y todas las multiplicidades son $1$ .)

Procedemos utilizando la inducción fuerte. Sea $S_n$ denotan la suma de las primitivas $n$ raíces de la unidad. Nuestro caso base es: $\Phi_1(x)=x-1$ por las fórmulas de Vieta $S_1=1=\mu(1)$ . Supongamos ahora que la proposición es válida para todos $1\le n\le k-1$ . Tenemos $$x^k-1=\prod_{d|k}\Phi_d(x)=\prod_{d|k}(x^d-S_d x^{d-1}+\ldots) = x^k-cx^{k-1}+\ldots, $$ donde $c=\displaystyle\sum_{d|k}S_d$ . Sin embargo, dado que $k\ge 2$ tenemos $\displaystyle\sum_{d|k}S_d=0$ lo que significa $$S_k+\sum_{\substack{d|k;\\ d<k}}\mu(d)=S_k + \left(\sum_{d|k}\mu(d)\right)-\mu(k) = 0.$$ De ello se deduce que $S_k=\mu(k)$ ya que $\sum_{d|k}\mu(d)=0$ . Por lo tanto, la inducción es completa.

Se deduce como corolario que si $g_1, g_2,\ldots, g_{\varphi(p-1)}$ son las raíces primitivas mod $p$ entonces $$\sum_{i=1}^{\varphi(p-1)}g_i\equiv\mu(p-1)\pmod{p}.$$