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.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 15 de Abril de 2008
Categorías: Juegos

5 comentarios

fede | 15 de Abril de 2008 | 21:36

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”
Domingo H.A. | 16 de Abril de 2008 | 0:07

una pista: tenemos varias sumas geométricas encubiertas
fede | 16 de Abril de 2008 | 19:31

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, $\displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}i^j \equiv 0 \!\pmod{p}$ .
Domingo H.A. | 16 de Abril de 2008 | 19:50

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 $k\geq 2$
Domingo H.A. | 18 de Abril de 2008 | 14:56

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.