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Own. Sia $n$ un interi maggiore di $1$ e $p$ un primo sufficientemente grande. Mostrare che la somma di tutti i possibili quadrati dei prodotti di $np$ interi distinti tra gli interi positivi minori di $p^n$ e coprimi con $p$ è divisibile per $p^n$.

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Rilancio con un il seguente fatto, che equivale al tuo per \(r=m=p^n, k=2, n= np\) (a parte il caso \(n=(p-1)/2\)).

Fissiamo quattro interi positivi \(r,m,n,k\), tali che \(m \mid r\) e che \( p-1 \nmid nk\) per ogni \(p \mid m\). Definiamo:
1. \(A_r = \{1, \ldots, r\} \);
2. \(X *m = \{x \in X: \ \ (x,m) = 1 \}\);
3. \(S_n(X) = \{ \{x_1, \ldots, x_n\} \in X^n: \ \ \forall i,j \ \ x_i \neq x_j \} \);
4. \( \displaystyle \sigma_{k,n}(X) = \sum_{ T \in S_n(X) } \prod_{ x \in T} x^k \);
Allora
\[ \sigma_{k,n} (A_r*m) \equiv 0 \pmod{m} \]

Rendiamo le cose un po' pulite (e generali). Il problema segue scegliendo:

1.\(\mathbb{K} = \mathbb{Z} / p^n \mathbb{Z} \) (si dirà così? Bah);

2. \(G = \{ a \in \mathbb{Z} / p^n \mathbb{Z}: \ \ (a,p^n) = 1 \}\);

3. \(\displaystyle q(G) = \sum_{ x_1, \ldots, x_{np} \in G} ( x_1 \cdot \ldots \cdot x_{np} )^2 \)

E' facile verificare che \( p^{n-1} (p-1) \nmid \deg(q) = 2np\) per \(p\) sufficientemente grande, per il quale si ha \(p^{n-2}(p-1) > 2n\).

Non ho controllato tutto con attenzione, ma mi permetto di scrivere un paio di commenti di natura (più o meno) formale. Quando ho tempo leggo attentamente la dimostrazione!

• La tua $\ell$ che definisci mi sembra, a meno di un fattore $2$, quella che in letteratura è nota come $\lambda$, è così?
• $G$ è, per un lemmino, lui stesso ciclico, il che evita il ricorso alla classificazione dei gruppi abeliani!
• La notazione non è proprio standard: $\otimes$ è il prodotto tensore, mentre $\oplus$ è la somma diretta (presumibilmente intendevi quest'ultima).
• $\mathbb Z /p^n \mathbb Z$ non è un campo, ma non sono sicuro di quale campo vuoi considerare. $\mathbb F_{p^n}$?

<enigma>: scusami, ero certo di aver fatto un papocchio con la notazione! Aspettavo qualcuno che giungesse a correggermi!
Comunque, rispondo in ordine:
1. Sì.
2. Daje, fico! Adesso me lo leggo
3. Ah, io mi ricordavo solo il tondino fico. Quello che intendo è: se \( G= H \otimes K\), allora \(G\) è il prodotto cartesiano di \(H,K\); detto in altre parole, gli elementi di \(g \in G\) sono tutti e soli quelli ottenuti dal prodotto tra due elemnti \(h \in H, k \in K\).
4. Non so, che cos'è \(\mathbb{F}_{p^n}\) ?
edit: conta che io sono davvero un ignorantone di queste cose, semplicemente m'è uscita sta cosa che mi pareva carina, ma non so che valore abbia davvero

In realtà quando scrivi $G=H \times K$, stai solo dicendo che $G$ è il prodotto insiemistico di $H$ e $K$. Quando scrivi $G=H \oplus K$, stai intendendo anche che $G$ eredita la struttura di gruppo abeliano di $H$ e $K$ (che è essenziale). $\otimes$ è, come ho detto, il prodotto tensore, che è un'altra cosa.
Poi, nella tua trattazione poni $\mathbb K$ un campo, ma $(\mathbb Z /p^n \mathbb Z, +, \cdot )$ non è un campo per il semplice motivo che non tutti gli elementi hanno inverso moltiplicativo se $n>1$. Ma non so quanto cambi, mettermi a guardare se e dove usi che gli elementi hanno inverso rispetto a $\cdot$ sarebbe un po' lungo.

Eh si, non c'è niente da fare. Nella dimostrazione ho usato l'invertibilità, perchè mi serviva che \(a \cdot b = 0 \Rightarrow a=0 \ \lor \ b=0\).
Per aggiustarlo ad un anello (ma quindi fammi un po' capire: un campo è un anello in cui tutti gli elementi hanno un inverso moltiplicativo? Niente più, niente meno? ), dovrei potenziare il lemma iniziale! Intanto ho notato che se \(2 \mid ord(anello) \) la mia dimostrazione non può funzionare; vedrò un po' che si può fare.

http://en.wikipedia.org/wiki/Field_%28mathematics%29
http://en.wikipedia.org/wiki/Domain_%28ring_theory%29

Ritornando in terre più conosciute, una tecnica simile può comunque risolvere una parte del problema. Supponiamo \(p \ge 3\). Siano:
1. \( D_{m} = \{ x \in \mathbb{Z}: \ \ 0< x < m, \ \ (x,m) = 1\} \)
2. \( \displaystyle S_{n,p} (D_{p^n} ) = \sum_{X_{np} \subseteq D_{p^n} } \prod_{x \in X_{np} } x^2 \), dove si intende che \( |X_{np}| = np\).
Dimostriamo la tesi nel caso in cui \( (p-1)/2 \nmid n\). Sia \(g\) un generatore modulo \(p^n\). Allora, ricordando che \(g D_{p^n} \equiv D_{p^n} \) mod \(p\) e che \(S_{n,p} \) è simmetrica:
\[ g^{2np} S_{n,p} (D_{p^n} ) = g^{2np} \sum_{X_{np} \subseteq D_{p^n} } \prod_{x \in X_{np} } x^2 = \sum_{X_{np} \subseteq D_{p^n} } \prod_{x \in X_{np} } (gx)^2 = S_{n,p} (g D_{p^n} ) = S_{n,p} (D_{p^n} ) \pmod{p^n} \]
da cui
\[ (g^{2np} -1) S_{n,p}(D_{p^n}) \equiv 0 \pmod{p^n} \]
Visto che \( p-1 \nmid 2np\) sappiamo per certo che \(g^{2np} \not \equiv 1 \pmod{p}\), quindi possiamo dividere per \( (g^{2np}-1) \ \pmod{p^n}\), e otteniamo \( S_{n,p}(D_{p^n}) \equiv 0 \pmod{p^n}\), che è la tesi.