$S=1^n+2^n+3^n+...+a^n=sum_(i=1)^a i^n$

[Steven11]

Difficoltà bassa:

Considerare la somma

$S=1^n+2^n+3^n+...+a^n=sum_(i=1)^a i^n$
dove $a$ e $n$ sono naturali dispari con $n
Calcolare quanto vale $S (moda)$, ovvero il resto della divisione di $S$ per $a$.

Buon lavoro

[krek1]

Ciao

Volevo chiederti se come restrizione su a e n è sufficiente a e n naturali dispari diversi da 1.

il resto dovrebbe essere lo stesso che con n
(p.s.: mi scuso per incomprensioni precedenti ma a volte sono un po polemico )

[krek1]

diversi da 1 non centra nulla.

basta però che a e n siano dispari?

[Steven11]

Va bene, allora considera però $a$ primo.
Non sono sicuro, ma penso che altrimenti potrebbe rompere un pochino.
Tanto non cambia il procedimento.

Ciao.

[Thomas16]

$a=p$ primo non è molto interessante.. basta usare che tutte quelle potenze sono diverse modulo $p$ e viene solo una sommatoria...

questo segue facilmente applicando l'esistenza dell'inverso in $Z_p^(*)$ (ovvero che questo è un gruppo) ed il fatto che questo gruppo ha solo elementi di ordine $p$

i rimanenti casi seguono una dinamica diversa e quindi credo sia una buona cosa per chi prova a risolvere il problema concentrarsi anche su questi, sempre che steven confermi il testo...

[Jack2331]

Non è sempre vero che le potenze dispari modulo $p$ sono tutte diverse... prova a fare la sommatoria delle terze potenze modulo 7 o modulo 13

[Thomas16]

oh già tieni ragione.... è che avevo considerato che quel gruppo avesse $p$ elementi e quindi da $a^n=1$ con $n
grazie per la correzione!

ciao...

[Lord K]

Dobbiamo calcolare $S(p)$.

Dapprima sia $n=p-1$ allora:

$S=1^(p-1)+2^(p-1)+...+p^(p-1)=1+1+...+0=p-1 (p)$

Nel caso in cui non sia così allora osserviamo le seguenti coppie:

$t^n+(p-t)^n= (p-t+t)^n - sum_{k=1}^{n-1}((n),(n-k))(p-t)^kt^(n-k) \equiv - sum_{k=1}^{n-1}((n),(n-k))(p-t)^kt^(n-k) (p)$
$- sum_{k=1}^{n-1}((n),(n-k))(p-t)^kt^(n-k) (p) \equiv - sum_{k=1}^{n-1}((n),(n-k))(-t)^kt^(n-k) (p) \equiv - sum_{k=1}^{n-1}((n),(n-k))(-1)^kt^n (p)$

Da cui:

$- sum_{k=1}^{n-1}((n),(n-k))(-1)^kt^n \equiv -t^n sum_{k=1}^{n-1}((n),(n-k))(-1)^k \equiv 0(p)$

E quindi:

$S= sum_{t=0}^{(p-1)/2}[t^n + (p-t)^n] \equiv 0 (p)$

Se non ho fatto errori questo è il risultato!

[Jack2331]

Il caso $n=p-1$ potresti escluderlo in quanto è pari, e nell'ipotesi chiedeva n dispari....

Una soluzione facile è questa:

Prendo come diceva lord k le coppie del tipo $i$ e $p-i$...

so che $i^2 \equiv (p-i)^2$, quindi se n è dispari io posso scriverlo come $n=2k+1$, e vedo che

$i^n \equiv -(p-i)^n$ perchè $(p-i)^n \equiv (p-i)^{2k} \cdot (p-i) \equiv i^{2k}\cdot (p-i) \equiv -(i^n)$ da cui ho che $i^n + (p-i)^n \equiv 0 \pmodp$ da cui arrivo alla tesi.

@Lord k: bella la tua generalizzazione...