素数冪を表していないのですか?

2
Pruthviraj 2019-12-12 23:50.

質問:次の主張は本当ですか?

しましょう $p$ 奇数の素数になります

$$\sum_{q=0}^{u}(n+qd)^{p-1}\ne p^t \ \ \ \ \forall n,u,d,t\in\mathbb{N}$$

の証明 $p=3$

また主張している

$$\sum_{q=0}^{u}(n+qd)^{(p-1)m}\ne p^t \ \ \ \ \forall n,u,m,d,t\in\mathbb{N}$$

エラーが発生したため、更新の申し立てが削除されたことをお詫び申し上げます。私はこれを二度と起こさせません

$$\sum_{q=0}^{u}(n+qd)^{m}=\sum_{i=0}^{m} \binom{u+1}{i+1}\sum_{j=i}^{m}\binom{m}{j}n^{m-j}d^j\sum_{k=0}^{i}(i-k)^j(-1)^k\binom{i}k $$

どこ $n,d\in \mathbb{R}$ そして $u,m\in \mathbb{Z^*}$ そして $0^0=1$

証明: の公式 $\sum_{q=0}^{u}(n+qd)^{m}$

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1 answers

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Noname 2019-12-15 03:21.

これが私が知っていることです:

  • $\gcd(n,d)$ 合計のすべての項、したがって合計自体を分割する必要があります。
  • 合計が素数冪になるためには、それは $\gcd(n,d)$ 1、p、または $p^x~~~~x\leq t~~~~x,t\in\mathbb{N}$
  • フェルマーの小定理により、次の因子を持つ項を除くすべての項が得られます。 $p$ 除算で余り1があります $p$ (の倍数が必要です $p$ それがうまくいくために合計でこれらの)。
  • 2つの奇数の倍数の合計は、任意の数の偶数の倍数であるため、上記のgcdの奇数倍である奇数の項が存在する必要があることがわかっています。どんなときも$p\neq 2$

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