Exercício 2.6. (*) Seja p um primo, e seja k um inteiro positivo não divisível por p-1. Mostre que 1^{k}+2^{k}+3^{k}+\cdots+(p-1)^{k} é divisível por p. (Sugestão: dado que k pode ser par, nem sempre podemos usar o truque do cancelamento. Mas o método da reordenação já funciona.
Seja a um gerador de \mathbb{Z} / p \mathbb{Z} : então a^{k} \neq 0(\bmod p) sempre que k não seja múltiplo de p-1. Calcule agora a^{k}+(2 a)^{k}+(3 a)^{k}+\cdots+((p-1) a)^{k} (\bmod p) de dois modos diferentes. )^{3}

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, dado um primo p e um inteiro positivo k que não é múltiplo de p-1, a soma
S = 1^{k} + 2^{k} + 3^{k} + \cdots + (p-1)^{k}
é divisível por p.
Conteúdo: grupos multiplicativos finitos e reordenação de soma em \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}. Vamos usar que o grupo (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times} é cíclico de ordem p-1.

Passo 2

Escolhemos um gerador a de (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^{\times}, ou seja, a tem ordem exata p-1. Como k não é múltiplo de p-1, temos
a^{k}\not\equiv 1\pmod p.

Passo 3

Observe que a multiplicação por a permuta os resíduos não nulos módulo p. Logo, se definirmos
S' = \sum_{i=1}^{p-1}(a\,i)^{k}\pmod p,
então o conjunto \{a\,i\mid i=1,\dots,p-1\} é apenas uma reordenação de \{1,2,\dots,p-1\}. Portanto
S'\equiv S\pmod p.

Passo 4

Por outro lado,
S' = \sum_{i=1}^{p-1}(a\,i)^{k} = \sum_{i=1}^{p-1}a^{k}\,i^{k} = a^{k}\sum_{i=1}^{p-1}i^{k} = a^{k}S\pmod p.

Passo 5

Juntando as duas expressões para S' temos
a^{k}S \equiv S \pmod p \quad\Longrightarrow\quad (a^{k}-1)\,S \equiv 0 \pmod p.
Como a^{k}\not\equiv 1\pmod p, segue que \gcd(a^{k}-1,p)=1. Logo podemos multiplicar pela inversa de a^{k}-1 e obter
S \equiv 0 \pmod p.

Resposta

p divide 1^{k}+2^{k}+\cdots+(p-1)^{k}.

Exercícios relacionados