Demostrar para primos p >2>2>2 que ∑p−1k=1k2p−1≡12p(p+1)(modp2)∑k=1p−1k2p−1≡12p(p+1)(modp2)\sum_{ k=1}^{p−1}{k^{2p−1}}\equiv\frac{1}{2}p(p+1)\pmod {p^2}

Question

Demostrar para primos p >2>2>2 que ∑p−1k=1k2p−1≡12p(p+1)(modp2)∑k=1p−1k2p−1≡12p(p+1)(modp2)\sum_{ k=1}^{p−1}{k^{2p−1}}\equiv\frac{1}{2}p(p+1)\pmod {p^2}

Matemáticas
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marconio

Dejar $p$ ser un primo impar. Pruebalo:
$\sum_{k = 1}^{pag - 1} k^{2 pag - 1} \equiv \frac{pag (pag + 1)}{2} (modificación {pag}^{2})$ $\sum_{k=1}^{p−1}{k^{2p−1}}\equiv\dfrac{p(p + 1)}{2}\pmod {p^2}$

El problema está tomado de la Olimpiada Nacional de Canadá de 2004.

Sólo puedo demostrar que la suma es congruente con $0$ módulo $p$ (sin módulo de congruencia $p^2$ ).

Como no hay valor de $k$ es divisible por $p$ , tenemos por el pequeño teorema de Fermat

k^{pag - 1} \equiv 1 (modificación pag) ⟹ k^{pag - 1} = norte pag + 1 por un norte \in Z^{+}

$k^{p-1}\equiv1\pmod p\implies k^{p-1}=np+1\text{ for an }n\in\mathbb{Z^+}$
por lo que entonces

\begin{aligned} k^{2 (pag - 1)} = 1 + 2 norte pag + {pag}^{2} & \equiv 1 + pag (modificación 2 pag) \\ \equiv 1 (modificación pag) \end{aligned}

$\begin{align} k^{2(p-1)}=1+2np+p^2&\equiv 1+p\pmod {2p} \\ &\equiv 1\pmod p \end{align}$

Pero esto no hace nada mejor que

k^{2 pag - 1} \equiv k (modificación pag)

$k^{2p-1}\equiv k\quad(\mod p)$ Por eso,

\begin{aligned} \sum_{k = 1}^{pag - 1} k^{2 pag - 1} & \equiv \frac{pag (pag - 1)}{2} (modificación pag) \\ \equiv 0 (modificación pag) \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{k=1}^{p−1}{k^{2p−1}}&\equiv\dfrac{p(p - 1)}{2}\pmod p \\ &\equiv 0\pmod p \end{align}$

que es banal.

Tomas Andrews

Es mucho más fácil mostrar el

(\mod p)

$\pmod p$ caso ya que esto es congruente con

\sum_{k = 1}^{(pag - 1) / 2} (k^{2 pag - 1} + (- k)^{2 pag - 1}) \equiv 0 (modificación pag)

$\sum_{k=1}^{(p-1)/2} \left(k^{2p-1} +(-k)^{2p-1}\right)\equiv 0\pmod p$ desde

2 p - 1

$2p-1$ es impar. Ese emparejamiento es esencialmente el mismo emparejamiento en mi solución completa

(\mod p^{2})

$\pmod {p^2}$ .

marconio

Gracias por la edición. He estado buscando esa versión eficiente en espacio de "\mod" desde hace un tiempo.

Respuestas (1)

Demostrar para primos p >2>2>2 que ∑p−1k=1k2p−1≡12p(p+1)(modp2)∑k=1p−1k2p−1≡12p(p+1)(modp2)\sum_{ k=1}^{p−1}{k^{2p−1}}\equiv\frac{1}{2}p(p+1)\pmod {p^2}

Es mucho más fácil mostrar el $\pmod p$ caso ya que esto es congruente con $\sum_{k = 1}^{(pag - 1) / 2} (k^{2 pag - 1} + (- k)^{2 pag - 1}) \equiv 0 (modificación pag)$ $\sum_{k=1}^{(p-1)/2} \left(k^{2p-1} +(-k)^{2p-1}\right)\equiv 0\pmod p$ desde $2p-1$ es impar. Ese emparejamiento es esencialmente el mismo emparejamiento en mi solución completa $\pmod {p^2}$ .
Gracias por la edición. He estado buscando esa versión eficiente en espacio de "\mod" desde hace un tiempo.

Tomas Andrews · Answer 1

En general:

(a + b)^{norte} \equiv a^{norte} + norte b a^{norte - 1} (modificación b^{2}) .

$(a+b)^n \equiv a^n + nba^{n-1}\pmod{b^2}.$ Alquiler

a = - k, b = p, n = 2 p - 1

$a=-k, b=p, n=2p-1$ , tu consigues eso

(pag - k)^{2 pag - 1} \equiv (2 pag - 1) pag k^{2 pag - 2} - k^{2 pag - 1} (modificación {pag}^{2})

$(p-k)^{2p-1} \equiv (2p-1)pk^{2p-2} - k^{2p-1}\pmod{p^2}$

Y $k^{2p-2}=(k^2)^{p-1}\equiv 1\pmod p$ , tenemos

(2 pag - 1) pag k^{2 pag - 2} \equiv - pag k^{2 pag - 2} \equiv - pag (modificación {pag}^{2}) .

$(2p-1)pk^{2p-2}\equiv -pk^{2p-2}\equiv -p\pmod {p^2}.$

Entonces

(pag - k)^{2 pag - 1} \equiv - pag - k^{2 pag - 1} (modificación {pag}^{2})

$(p-k)^{2p-1} \equiv -p -k^{2p-1}\pmod{p^2}$ Entonces

2 \sum_{k = 1}^{pag - 1} k^{2 pag - 1} = \sum_{k = 1}^{pag - 1} (k^{2 pag - 1} + (pag - k)^{2 pag - 1}) \equiv - pag (pag - 1) \equiv pag \equiv {pag}^{2} + pag (modificación {pag}^{2})

$2\sum_{k=1}^{p-1} k^{2p-1} = \sum_{k=1}^{p-1} \left(k^{2p-1}+(p-k)^{2p-1}\right) \equiv -p(p-1)\equiv p\equiv p^2+p\pmod{p^2}$

Gracias. Eso tiene mucho sentido: el teorema del binomio combinado con el emparejamiento que Gauss usó para sumar $1,2,3,\ldots,100$ tan rapido.
Presuntamente. (La historia de Gauss, que posiblemente sea probablemente apócrifa).
@ThomasAndrews: Me pregunto si hay un buen argumento combinatorio ya que el RHS es $\dbinom{p+1}2$ ?

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marconio

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