Сумма степеней по простому модулю [Теория чисел]

[Whitaker]

Здравствуйте, уважаемые друзья!

Пусть $n\geqslant 1$ и $S_n(p)=1^n+2^n+\dots+(p-1)^n+p^n$. Тогда

$$S_n(p) = \begin{cases} 0\pmod p, & \text{если } p-1\nmid n \\ -1\pmod p, & \text{если } p-1\mid n \end{cases}$$

Моя попытка доказательства: Случай когда $p-1\mid n$ выводится тривиально из МТФ. Перейдем к нетривиальному случаю, когда $p-1\nmid n$.
Будем рассуждать от противного. Пусть $p-1\nmid n$, но $p\nmid S_n(p)$. Пусть $n$ - такое минимальное число и запишем в таком виде: $n=(p-1)d+r,$ где $d\geqslant 0$ и $0<r<p-1$. МТФ гласит, что при $p\nmid a$ имеем $a^{p-1}\equiv 1 \pmod{p}$. Воспользовавшись МТФ получаем, что $S_n(p)\equiv S_r(p)\pmod{p}$. Так как $n$ -- минимальное, то $r=n$. Здесь воспользуемся тождеством Паскаля, которое доказывается довольно легко и имеет вид:

$$(a+1)^{n+1}-1=\sum \limits_{k=0}^{n}C_{n+1}^{k}S_k(a).$$

Понятно, что $p\mid S_k(p)$ при $k<n$. Рассматривая тождество Паскаля по модулю $p$ при $a=p$ получаем, что: $p\mid C_{n+1}^{n}S_n(p)$ или $p\mid (n+1)S_n(p)$.
Возникает следующий вопрос: как тут получить противоречие?
П.С. Понимаю, что это легко выводится, если применить первообразные корни, но хотелось бы получить доказательство без них.

Помогите пожалуйста.

С уважением, Whitaker.

[nnosipov]

Whitaker в сообщении #897921 писал(а):

это легко выводится, если применить первообразные корни, но хотелось бы получить доказательство без них

Можно и без них: умножим сумму на подходящее $a^n$.

[Sonic86]

Ой, ужас какой.
Много букв, не читал, честно говоря, извините.
Сумма вычисляется в лоб. Начните для простоты с другого крайнего случая $p-1\perp n$. Вспомните про цикличность мультипликативной группы вычетов.

nnosipov в сообщении #897926 писал(а):

Можно и без них: умножим сумму на подходящее $a^n$.

Ага, или так. В книжках про характеры такой прием часто встречается.

[Whitaker]

nnosipov
Но что это за подходящее можете намекнуть? что-то пока не очевидно

[nnosipov]

Ну, там не любое $a$ сгодится. Нужно хорошее $a$ подобрать. Точнее, доказать, что оно существует.

Имеется в виду сначала получить равенство $a^nS_n(p)=S_n(p)$, а потом его проанализировать.

[Whitaker]

Хочется умножить на $a^n,$ где $(a,p)=1$

[nnosipov]

Ясное дело, на ноль умножать как-то незачем.

[Whitaker]

Да Вы правы
Получаем, что $S_n(p)(a^n-1)\equiv 0 \pmod{p}$
Здесь походу надо воспользоваться МТФ и рассмотреть какие-то случаи да?

[nnosipov]

Типа того. Но сначала нужно чётко сформулировать, что мы хотим от $a$.

[Whitaker]

Наверное $a$ должно быть таким, чтобы $a^n-1$ были взаимно с $p$, тогда отсюда получаем, что $p\mid S_n(p)$

[nnosipov]

Точно. Вот и докажите теперь, что такое $a$ обязательно найдётся.

[Whitaker]

nnosipov
Кстати походу тут случай $p=2$ не катит, т.к. иначе получается бред.
Дальше будем полагать, что $p>2$
Пусть для всех $a$ таких, что $(a,p)=1$ имеет $a^n\equiv 1 \pmod p$. Такие $a$ пробегают множество $\{1, 2, \dots, p-1\}$. Перемножая их мы получаем, что: $((p-1)!)^n\equiv 1 \pmod p$ и здесь пользуемся теоремой Вильсона и получаем, что $(-1)^n\equiv 1 \pmod{p}$.
При $n$ -- нечетном и учитывая, что $p>2$ получаем противоречие.
А теперь остается случай $n$ -- четное.

[nnosipov]

Whitaker в сообщении #897956 писал(а):

А теперь остается случай $n$ -- четное.

Лучше придумайте общее рассуждение, не делите на случаи.

[Whitaker]

Согласен с Вами т.к. уже для случая четного числа не знаю как делать.
Но там наверняка нужно разобрать случаи какие нибудь ?!

[nnosipov]

Нет, надо только воспользоваться тем, что $n$ не делится на $p-1$. И поделить.