Tổng các lũy thừa theo mod p

Bài toán khá thú vị sau đây nói về đồng dư của tổng các luỹ thừa theo mod nguyên tố, nội dung như sau.

Bài toán. Cho $p$ là số nguyên lẻ và số nguyên dương $k<p-1$, chứng minh rằng\[1^{k}+2^{k}+…+(p-1)^{k}\equiv 0\pmod p.\]

Bài toán này, có hai lời giải như dưới đây. Lời giải đầu sử dụng đến định lý Viettè với đa thức trên $\mathbb Z_p$, còn lời giải thứ hai sử dụng đến căn nguyên thuỷ. Cụ thể là thế này.

Lời giải 1. Giả sử $\gcd (k;\,p-1)=d$, ta viết $k=dl$ và $p-1=dq$ với $\gcd(q;\,l)=1$. Xét trên trường $\mathbb Z_p$, thì phương trình $x^q=1$ có đúng $q$ nghiệm và theo định lý Viète thì tổng các nghiệm này bằng $0$ trên $\mathbb Z_p$ (để ý $q>1$). Xét $r,\,t\in\mathbb Z_p^*$, nếu $r^k=t^k$ trên $\mathbb Z_p^*$ ta sẽ có $r^d=t^d$ trên $\mathbb Z_p^*$, tức $r^d$ và $t^d$ (hay $r^k$ và $t^k$) cùng là một nghiệm của phương trình $x^q=1$ trên $\mathbb Z_p$.

Như vậy, tập $\left\{1^{k};\,2^{k};\,\ldots ;\,(p-1)^{k}\right\}$ được phân hoạch thành $d$ tập con, mỗi tập con đó xét trên $\mathbb Z_p$ lại chính là tập nghiệm của phương trình $x^q=1$ trên $\mathbb Z_p$. Tổng các phần tử ở mỗi tập con đó, như đã nói ở trên là bằng 0 trên $\mathbb Z_p$, cho nên\[1^{k}+2^{k}+…+(p-1)^{k}\equiv 0\pmod p.\]

$\square$

Lời giải 2.  Giả sử $g$ là căn nguyên thủy mod $p$, ta có $\left(1,\,g,\,\ldots ,\,g^{p-2}\right)$ là một hệ thặng dư thu gọn mod $p$ nên\[\begin{array}{l}
{1^k} + {2^k} + … + {(p – 1)^k} &\equiv 1 + {g^k} + \ldots + {g^{k\left( {p – 2} \right)}}\pmod p\\
&\equiv \dfrac{{{g^{k\left( {p – 1} \right)}} – 1}}{{{g^k} – 1}}\pmod p .
\end{array}\]
Bây giờ để ý là $p\mid {{g^{k\left( {p – 1} \right)}} – 1}$ còn $\gcd\left({g^{k} – 1},\,p\right)=1$ (do $\text{ord}_p(g)=p-1>k$) nên ta có điều phải chứng minh.

$\square$

Tags: , , , , , ,

Reply