Sumando potencias

El problema de esta semana relaciona sumas de potencias enteras y números primos. Vamos con su enunciado:

Sea \displaystyle{f(n)=\sum_{i , j=1}^n i^j}. Probar que si p es un número primo distinto de 3, entonces f(p+1) es múltiplo de p.

Ánimo y a por él.

Author: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

5 Comments

  1. Una posible vía es demostrar el teorema:

    «p primo divide a \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}i^j si p-1 no divide a j»

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  2. una pista: tenemos varias sumas geométricas encubiertas

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  3. Si asumimos el teorema del primer comentario, tenemos que si p-1 no divide a j, \displaystyle \sum_{i=1}^{p+1}i^j \equiv 1 \!\pmod{p} y por el T. de Fermat si p-1 divide a j \displaystyle \sum_{i=1}^{p+1}i^j \equiv 0 \!\pmod{p} . Entonces, si p es un primo mayor que 3 y j recorre 1,\ldots,p+1 , j es múltiplo de p-1 solo cuando j=p-1 y por tanto  \displaystyle \sum_{j=1}^{p+1}\sum_{i=1}^{p+1}i^j \equiv 0 \!\pmod{p}

    Y pongo la siguiente demostración de Poinsot(1845) del resultado del primer comentario:

    Si i recorre los valores 1,\ldots p-1, y x es uno de esos valores, ix \!\pmod{p} recorre también esos valores (en diferente orden) y por tanto i^j recorre los mismos valores que (ix)^j. Entonces \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}i^j  \equiv \sum_{i=1}^{p-1}(ix)^j \equiv x^j\sum_{i=1}^{p-1}i^j \!\pmod{p}.

    Si x es una raíz primitiva para el primo p, x^j \equiv 1 solo cuando j sea múltiplo de p-1, y la congruencia anterior implica que si j no es múltiplo de p-1, \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}i^j  \equiv 0 \!\pmod{p}.

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  4. sí señor, estupendo!! Me ha gustado la referencia a Poinsot. En unos días si nadie aporta otra prueba, pondré una algo más sencilla.

    ¿Podríamos ahora analizar la siguiente cuestión relacionada?

    2^{k+1} divide a f(2^k-1), para todo k\geq 2

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  5. Pongo otra prueba del ejercicio:

    Si i\not \equiv 1 \;(mod\;p) entonces vemos usando el pequeño teorema de Fermat (y sumando una progresión geométrica) que

    \displaystyle{\sum_{j=1}^{p+1}} i^j=i\cdot\cfrac{i^{p+1}-1}{i-1}\equiv i\cdot \cfrac{i^2-1}{i-1}=i(i+1)\;(mod\;p)

    Para los casos i=1, p+1 la suma claramente es 1 módulo p. Por tanto la suma pedida es, módulo p,

    f(p+1)=2+\displaystyle{\sum_{i=2}^p i(i+1)}=2+2\cdot\displaystyle{\sum_{i=2}^p {i+1 \choose 2}}=2\cdot {p+2 \choose 3}=\cfrac{p(p+1)(p+2)}{3},

    que es múltiplo de p, si p es primo distinto de 3. Se ha usado en medio la propiedad esa fundamental del triángulo combinatorio.

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