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La suma de las raíces primitivas es congruente con μ(p1) utilizando la inversión de Moebius?

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?

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La congruencia \sum_{d\mid p-1}f(d)\equiv \sum_{x\in\mathbb{Z}_p^\times}x\equiv 0\pmod{p} no tiene sentido: Los lados izquierdo y medio están en \mathbb{Z}_p mientras que el \equiv signos sugieren que está trabajando en \mathbb{Z} .

9voto

ChristopherE Puntos 148

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}.

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Tus posts sobre teoría de números son realmente esclarecedores, Ben. Gracias, Ben.

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La notación es, cuando menos, confusa. Supongo que su f se supone que es un mapa de \dfrac{1}{p-1}\mathbb{Z} a \mathbb{Q} y que a^x es la abreviatura de g^{\left(p-1\right)x} siempre que x \in \dfrac{1}{p-1}\mathbb{Z} ?

5voto

Viriato Puntos 491

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}.

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