모듈 수 이론 문제

Question

허락하다 $k\in\mathbb{N}, 2<p\in\mathbb{P}, p^{\alpha}\mid\mid n,\alpha\ge1$. 그럼 증명해$$1^k+2^k+\ldots+n^k\equiv\begin{cases}\hfill 0\pmod{p^{\alpha}},& p-1\nmid k\\-\frac{n}{p}\pmod{p^{\alpha}},& p-1\mid k\end{cases}$$

첫째, 나는 증명했다 $n=p$. 만약$p-1\mid k$, 페르마의 작은 정리로 쉽게 증명할 수 있습니다. 허락하다$p-1\nmid k$. 이후$p$ 프라임, 원시 루트가 있습니다. $g$ 그리고 그것은 만족합니다 $\{1,g,g^2,\ldots,g^{p-2}\}=\{1,2,3,\ldots,p-1\}$. 그래서 증명하는 것으로 충분합니다$1+g^k+g^{2k}+\ldots+g^{(p-2)k}\equiv 0\pmod p\iff p\mid\frac{g^{(p-1)k}-1}{g^k-1}\iff p\cdot (g^k-1)\mid g^{(p-1)k}-1$. 이후$(p, g^k-1)\neq1\iff p-1\nmid k$ 과 $p\mid g^{(p-1)k}-1,g^k-1\mid g^{(p-1)k}-1$, 사실입니다.

그리고 나는 그것을 계속할 수 없습니다. $n=p^{\alpha}$ (에 대한 $p-1\nmid k$, 유사 $n=p$. 하지만 증명할 수 없어$p-1\mid k$), $n=p^{\alpha}\cdot n_1$, 어디 $n_1>1, (n_1,p)=1$등등. 누구든지 나를 도울 수 있습니까?

Answer 1

그것을 보여주기에 충분한 지 확인하는 것은 어렵지 않습니다. $n=p^{\alpha}$.

귀납법으로 보여 드리겠습니다. $\alpha$.

만약 $\alpha=1$그런 다음 작동합니다. 결과가$\alpha-1$.

그런 다음 mod $p^{\alpha}$, $\sum_{m=0}^{p^{\alpha}-1}{m^k} = \sum_{m=0}^{p^{\alpha-1}-1}{\sum_{l=0}^{p-1}{(m+p^{\alpha-1}l)^k}} = \sum_{m=0}^{p^{\alpha-1}-1}{\sum_{l=0}^{p-1}{m^k+kp^{\alpha-1}l}}=p\sum_{k=0}^{p^{\alpha-1}-1}{m^k}+kp^{\alpha-1}\sum_{l=0}^{p-1}{l} = p\sum_{k=0}^{p^{\alpha-1}-1}{m^k} = -p \cdot p^{\alpha-1}/p = -p^{\alpha}/p$.

Answer 2

모든 것을 요소로보기 $\Bbb{Z}/p^a\Bbb{Z}$,

• 만약 $p-1\nmid k$ 그런 다음 $p\nmid s, s^k \ne 1\bmod p$ $$\sum_{m\bmod p^a} m^k =\sum_{m\bmod p^a} (sm)^k=s^k\sum_{m\bmod p^a} m^k$$ 의미하는 것은 $\sum_{m\bmod p^a} m^k=0$.

• 만약 $p-1|k$ 그런 다음 가장 큰 $b$ 그런 $(p-1)p^b | k$, 이후 $m\to m^k$ , 단위로 제한되며 다음 형식의 요소 하위 그룹에 대해 추측합니다. $1+p^{b+1}l$ 우리는 그것을 얻습니다 $$\sum_{m\bmod p^a} m^k=\sum_{m\bmod p^a,p\ \nmid\ m} m^k+\sum_{m\bmod p^{a-1}} (pm)^k\\=(p-1)\sum_{l\bmod p^{a-1}} (1+p^{b+1} l)+p^k \sum_{m\bmod p^{a-1}} m^k$$ $$ = -p^{a-1}+p^k \sum_{m\bmod p^{a-1}} m^k$$ $$ = -p^{a-1}-p^k p^{a-2}-p^{2k} p^{a-3}-\ldots- p^{(a-1)k} p^{a-a}$$ $$ = -p^{a-1}$$