Probar que si $n \mid 1 + \sum_{k=0}^{n-1} k^{n-1}$ $n$ es primo.

Question

¿Cómo puedo demostrar que si $$n \mid 1 + \sum_{k=0}^{n-1} k^{n-1}$$ then $$ n es primo?

Yo era capaz de demostrar que $n$ debe ser squarefree de la siguiente manera: desde $n \mid 1 + \sum_\limits{k=0}^{n-1} k^{n-1}$ $\sum_\limits{k=0}^{n-1} k^{n-1} \equiv -1 \pmod n.$ Supongamos que algunos de los mejores $p \mid n$, y deje $q = n/p$. Ahora $\sum_\limits{k=0}^{n-1} k^{n-1} \equiv -1 \pmod p$, por lo que $$\sum_{k=0}^{n-1}k^{n-1} = \sum_{m=0}^{q-1}\sum_{k=0}^{p-1}(mp+k)^{n-1} \equiv \sum_{m=0}^{q-1}\sum_{k=0}^{p-1}k^{n-1} = q\sum_{k=0}^{p-1}k^{n-1} \equiv -1 \pmod p.$$ Desde $-1$ es una unidad en $\mathbb Z/p\mathbb Z$, por lo que debe ser $q$, por lo que desde $p$ es el primer contamos $p \nmid q$, y por lo tanto $p \mid n$ pero $p^2 \nmid n$.

No he sido capaz de demostrar que $n$ debe ser un primo. Mediante la reducción de los exponentes uso de Fermat Poco Teorema, que puedo mostrar que para cada prime $p \mid n$ (de nuevo,$q = n/p$) tenemos $$q \sum_{k=0}^{p-1} k^{q-1} \equiv -1 \pmod p$$ pero no estoy seguro de cómo deducir (si es que es posible) que para algunos $p \mid n$ debemos tener $q = 1$ (que inmediatamente se implican $n = p$).

Answer 1

EDIT: el tema puede ser fácilmente generalizado, ya que en ningún lugar nos aplicar realmente el hecho de que el problema involucra a los poderes de $k$. En efecto, supongamos $f : \mathbb Z \to \mathbb Z$ es tal que para cada prime $p$ si $a \equiv b \pmod p$ $f(a) \equiv f(b) \pmod p.$ Si $n > 0$ es un número entero tal que $$n \mid 1 + \sum_{k=0}^{n-1} f(k)$$ a continuación, $n = 1$ o $n$ es primo. Para probar esto, sólo tiene que utilizar la prueba ya tengo, pero el cambio de cada instancia de $k^{n-1}$$f(k)$.

---

Creo que he encontrado una solución. Puesto que ya he demostrado que $n$ debe ser squarefree, vamos a $n = p_1 p_2 \cdots p_t$ todos los $p_i$ distintos de los números primos, y deje $q_i = n / p_i$. Desde $$q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1} \equiv -1 \pmod {p_i}$$ para todos los $i$, entonces para todos los $i$ hay algo de $m_i \in \mathbb Z$ tal que $$q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1} + 1 = m_i p_i.$$ Entonces $$\prod_{1 \leq i \leq s} \left(q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1} + 1\right) = \prod_{1 \leq i \leq s} m_i p_i = n \prod_{1 \leq i \leq s} m_i,$$ así $$\prod_{1 \leq i \leq s} \left(q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1} + 1\right) \equiv 0 \pmod n.$$ Assume $s > 1$ (so $$ n no es primo). Podemos girar el feo producto en una aún más feo suma de los productos de menor tamaño: $$\begin{align*} 0 &\equiv \prod_{1 \leq i \leq s} \left(q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1} + 1\right) \pmod n \\ &= \sum_{I \subseteq \{1, \ldots, s\}} \left(\prod_{i \in I} q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1}\right) \left(\prod_{i \not\in I} 1\right) \\ &= \sum_{I \subseteq \{1, \ldots, s\}} \left(\prod_{i \in I} q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1}\right). \end{align*}$$ Ahora considere un producto de $\prod_{i \in I} q_i$ donde $\emptyset \neq I \subseteq \{1, \ldots, s\}$. Desde $q_i = n / p_i$, luego $$\begin{align*} \prod_{i \in I} q_i &= \prod_{i \in I} \prod_{j \neq i} p_j \\ &= \prod_{i \in I} p_i^{s - 1} \prod_{i \not\in I} p_i^s \\ &= \left(\prod_{i \in I} p_i\right)^{s-1} \left(\prod_{i \not\in I} p_i\right)^s \\ &= n^{s-1} \prod_{i \not\in I} p_i. \end{align*}$$ Ahora, la gran feo suma se vuelve menos feo: $$\begin{align*} 0 &\equiv \sum_{I \subseteq \{1, \ldots, s\}} \left(\prod_{i \in I} q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1}\right) \pmod n \\ &= \left(\prod_{i \in \emptyset} q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1}\right) + \sum_{\emptyset \neq I \subseteq \{1, \ldots, s\}} \left(\prod_{i \in I} q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1}\right) \\ &= 1 + \sum_{\emptyset \neq I \subseteq \{1, \ldots, s\}} \left(\prod_{i \in I} q_i \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1}\right) \\ &= 1 + \sum_{\emptyset \neq I \subseteq \{1, \ldots, s\}} \left(n^{s-1} \prod_{i \not\in I} p_i \prod_{i \in I} \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1}\right) \\ &= 1 + n^{s-1} \sum_{\emptyset \neq I \subseteq \{1, \ldots, s\}} \left(\prod_{i \not\in I} p_i \prod_{i \in I} \sum_{k=0}^{p_i-1}k^{q_i-1}\right) \\ &\equiv 1 \pmod n. \end{align*}$$ Desde $0 \equiv 1 \pmod n$,$n = 1$.

Por lo tanto, si $n \mid \sum_\limits{k=0}^{n-1} k^{n-1}$ $n$ es uno o el primer ministro.