設(shè)[latex]p>5[/latex]是素?cái)?shù)，試證：

[latex]p\mid\left(\sum\limits_{1\leq i<j\leq p-1}ij\right)[/latex]

設(shè)[latex]p>5[/latex]是素?cái)?shù)，試證：

[latex]p\mid\left(\sum\limits_{1\leq i<j\leq p}ij\right)[/latex]

引理1： 如果p>2是素?cái)?shù)， (p-1)不整除正整數(shù)n, 那么 Sum_{1<= k <= p-1} k^n =0 (mod p)

證明：mod p 有原根 （可以參考https://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8E%9F%E6%A0%B9)，設(shè)為c, 即c的階為(p-1). 由n的條件知 c^n 不等于 1 (mod p). 然而
Sum_{1<= k <= p-1} k^n = c^n Sum_{1<= k <= p-1} k^n (mod p)
所以Sum_{1<= k <= p-1} k^n =0 (mod p)

引理2: Sum_{1<=i, j, k <=p-1} ijk =3! * Sum_{1<=i <j <k <= p-1} ijk + 3 * Sum_{1<= i ，k <= p-1} i^2*k

證明：好像是顯然的，但講不清楚， 略。

由引理1和引理2， 加上 3！=6 (mod p) 當(dāng) p>5時(shí)可逆， 所以命題成立
p |  Sum_{1<=i <j <k <= p-1} ijk.

引用回帖:

3樓: Originally posted by hank612 at 2014-04-20 07:58:01
引理1： 如果p>2是素?cái)?shù)， (p-1)不整除正整數(shù)n, 那么 Sum_{1<= k <= p-1} k^n =0 (mod p)

證明：mod p 有原根 （可以參考https://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8E%9F%E6%A0%B9)，設(shè)為c, 即c的階為(p-1). 由 ...

好像引理2 不對(duì)， 改成
Sum_{1<=i, j, k <=p-1} ijk =3! * Sum_{1<=i <j <k <= p-1} ijk + 3 * Sum_{1<= i ，k <= p-1} i^2*k - 2* Sum_{1<=k <= p-1} k^3
希望這次對(duì)的。

不過(guò)總感覺怪怪的， 好像什么都沒說(shuō)，只是撿了一個(gè)最軟的柿子捏了捏 （指引理1），然后一路顯然。。。

引用回帖:

6樓: Originally posted by Edstrayer at 2015-08-17 05:26:26
頂一個(gè)

我自己看了一下以前的回復(fù), 不知所云. 數(shù)學(xué)不應(yīng)該是這樣的, 而是簡(jiǎn)單而深刻的.

我們可以把Edstrayer的題目推廣, 然后就知道題目真正想問(wèn)的是什么了.

設(shè)n>1, [latex]1\leq m \leq \phi(n)[/latex] 正整數(shù). f(x1,x2,...,xm)為m個(gè)變量的齊次對(duì)稱函數(shù). (對(duì)稱指f(...,xi,..,xj,...)=f(...,xj,..,xi,..), 對(duì)任意[latex]i\neq j[/latex], 奇次指存在k, 使得[latex]f(a*x1,...,a*xm)=a^k*f(x1,..,xm)[/latex])

引理: 若[latex]1\leq m \leq \phi(n)[/latex], f(x1,x2,...,xm)為m個(gè)變量的次數(shù)為k的齊次對(duì)稱函數(shù), 那么對(duì)于與n互素的任意整數(shù)a, (即 (a,n)=1), 均有
[latex]n|(a^k-1)\sum{f(x1,..,xm)}[/latex], 其中求和取遍n的既約剩余系中m元的互異元素組.

證明: 定義而已.

求和針對(duì)所有的(x1,...,xm), xi互不相同, 與n互素. 那么(a*x1,..,a*xm) 同樣滿足a*xi依舊互不相同, 與n互素.  對(duì)所有的(a*x1,..,a*xm)求和,自然就[latex]\sum{f(a*x_1,...,a*x_m)}\equiv \sum{f(x_1,...,x_m)}(\mod n)[/latex]. 加上f是齊次對(duì)稱的, 引理成立.

利用這個(gè)引理, 當(dāng)n=p素?cái)?shù), [latex]m=\phi(p)=p-1[/latex], [latex]f(x_1,..,x_{p-1})=\prod_{j=1}^{p-1}x_j[/latex], 立刻得到費(fèi)馬小定理:[latex] a^{p-1}\equiv 1 (\mod p)[/latex]

當(dāng)n=p素?cái)?shù), m=3, f(x1,x2,x3)=x1*x2*x3, 立刻得到 Edstrayer 的定理. (包括一樓,二樓的, 同時(shí)成立), 并且知道p=5時(shí)定理依然成?br>，

引用回帖:

7樓: Originally posted by hank612 at 2015-08-19 01:42:37
我自己看了一下以前的回復(fù), 不知所云. 數(shù)學(xué)不應(yīng)該是這樣的, 而是簡(jiǎn)單而深刻的.

我們可以把Edstrayer的題目推廣, 然后就知道題目真正想問(wèn)的是什么了.

設(shè)n>1, 1\leq m \leq \phi(n) 正整數(shù). f(x1,x2,..., ...

一樓的結(jié)果對(duì)p=5時(shí)不成立。事實(shí)上，我們有：

[latex]\sum\limits_{1\leqslant i<j<k\leqslant 4}ijk=1\cdot 2\cdot 3+1\cdot 2\cdot 4+2\cdot 3\cdot 4=38[/latex]

而38不是5的倍數(shù)。