Agoh-Giuga: 1^{p^n - 1} + ... + (p^n - 1)^{p^n - 1} mod p^n

[HiTLeuLeR]

Di tanto in tanto ripenso alla congettura di Agoh-Giuga, e così... eccovi un'altra mia creaturina. :°

Mostrare che i) $ 1^{2^n - 1} + 2^{2^n - 1} + \ldots + (2^n - 1)^{2^n - 1} \equiv 0 \bmod 2^n $, per ogni intero $ n \ge 2 $; ii) per ogni primo $ p > 2 $ ed ogni intero $ n > 0 $: $ 1^{p^n - 1} + 2^{p^n - 1} + \ldots + (p^n - 1)^{p^n - 1} \equiv -p^{n-1} \bmod p^n $.

N.B.: la i) è *ovviamente* banale (anzi ridicola!), ma è messa lì per completezza, non c'è altro.

[HiTLeuLeR]

Oh, va'... Che bello, si generalizza!!!

Anziché la i) del post precedente, mostrare che iii) $ 1^{2q-1} + 2^{2q-1} + \ldots + (2q-1)^{2q-1} \equiv q \bmod 2q $, per ogni $ q \in 2\mathbb{N}+1 $; iv) $ 1^{4n-1} + 2^{4n-1} + \ldots + (4n-1)^{4n-1} \equiv 0 \bmod 4n $, per ogni $ n\in\mathbb{Z}^+ $.

[Simo_the_wolf]

i) caso particolare del iv) con $ n=2^{k-2} $

ii) Procediamo per induzione: $ n=1 $ è ovviamente vera infatti avremmo $ 1+1+1+1+...+1 \equiv p-1 \equiv -1 \pmod{p} $.

Supponiamo ora $ n\geq2 $.
Scriviamo:
$ \displaystyle \sum_{i=1} ^ {p^n-1} i^{p^n-1} =\sum_{i=1} ^ {p^{n-1}-1} \sum_{k=0}^{p-1} (i+kp^{n-1})^{p^n-1} $.

Sappiamo che $ (i+kp^{n-1})^{p^n-1} \equiv i^{p^n-1} + ikp^{n-1}*(p^n-1) \pmod{p^n} $ poichè gli altri termini hanno almeno $ p^{2n-2} $ che è congruo a zero modulo $ p^n $ se $ n\geq 2 $.
Quindi abbiamo che:

$ \displaystyle \sum_{k=0}^{p-1} (i+kp^{n-1})^{p^n-1}\equiv \sum_{k=0}^{p-1} i^{p^n-1}+ikp^{n-1}(p^n-1) \equiv $ $ pi^{p^n-1}+i(p^n-1)p^{n-1}\sum_{k=0}^{p-1} k \equiv pi^{p^n-1} \pmod{p^k} $

Infatti abbiamo $ \sum_{k=0}^{p-1} k = p \frac {p-1}2 $ quindi si guadagna un fattore $ p $.

Quindi abbiamo che:

$ \displaystyle \sum_{i=1} ^ {p^n-1} i^{p^n-1} =\sum_{i=1} ^ {p^{n-1}-1} \sum_{k=0}^{p-1} (i+kp^{n-1})^{p^n-1} \equiv $ $ \displaystyle p\sum_{i=1}^{p^{n-1}-1} i^{p^n-1} \equiv p \sum_{i=1}^{p^{n-1}-1} i^{p^{n-1}-1} \pmod{p^n} $

Qui abbiamo usato $ i^{p^n-1} \equiv i^{p^{n-1} -1} \pmod{p^n} $ che equivale a $ i^{p^n-p^{n-1}} \equiv i^{\phi(p^n)} \equiv 1 \pmod {p^n} $ non contando i numeri multipli di $ p $ che tanto, elevati alla $ p^{n-1}-1 $ sono comunque congrui a zero (per $ n \geq 2 $).
Ora per ipotesi induttiva sappiamo che $ \sum_{i=1}^{p^{n-1}-1} i^{p^{n-1}-1} \equiv -p^{n-2} \pmod {p^{n-1}} $. Moltiplicando tutto per $ p $ (quindi anche il modulo) otteniamo:

$ \displaystyle p\sum_{i=1}^{p^{n-1}-1} i^{p^{n-1}-1} \equiv -p^{n-1} \pmod {p^n} $

cioè quello che volevamo dimostrare.

iii) Mi sa che e' sbagliato perche' quella somma e' pari infatti ci sono q-1 termini dispari. Ci rimane da considerare modulo $ q $ e dimostrare che è 0.Se moltiplichiamo tutto per $ (-1)^{2q-1} $ otteniamo:

$ (-1)^{2q-1}(1^{2q-1} + 2^{2q-1} + ... +(2q-1)^{2q-1})= $ $ (-1)^{2q-1}+(-2)^{2q-1}+...+ (1-2q)^{2q-1} \equiv $ $ (2p-1)^{2q-1} + (2p-2)^{2q-1} + ... +(1)^{2q-1} \pmod {q} $

Portando tutto a primo membro: $ 2 ( (1^{2q-1} + 2^{2q-1} + ... +(2q-1)^{2q-1}) ) \equiv 0 \pmod {q} $ e quindi la tesi poichè $ (2,q)=1 $.

altrimenti si puo' osservare che $ 2q| k^{2q-1} + (2q-k)^{2q-1} $ e sommare con k che va da 1 a q-1.

iv) Sapendo che $ 4n| k^{4n-1} + (4n-k)^{4n-1} $ e $ 4n|(2n)^{4n-1} $ sommando tutto (con k da 1 a 2n-1) abbiamo la tesi