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El siguiente problema fue tomado de un compendio chino de creación de problemas (archivo disponible en Referencias). En lo que sigue $p$ es un primo impar.
Problema 1. Demuestre que
$$\sum_{k=1}^{p-1} k^p \equiv \frac{p^2(p-1)}{2} \pmod{p^3}.$$
Ya que este problema me pareció encantador, lo mostré a algunos chats de IA para explorarlo más a fondo. Luego de un par de rondas de prompting, encontré la siguiente variante dentro del razonamiento de Deepseek.
Problema 2. Demuestre que
$$\sum_{k=1}^{p-1} k^{p^2} \equiv 0 \pmod{p^3}.$$
El problema original invita naturalmente a un método de emparejamiento, que también resuelve el Problema 2, por lo cual no parece que ganamos nada salvo en la estética del enunciado. Ahora bien, ocurrió algo intrigante: si bien Deepseek y Qwen produjeron de inmediato soluciones con el mismo truco de emparejamiento, ChatGPT sugirió algunas estrategias ajenas al folclor de las olimpiadas de matemáticas. La curiosidad me ganó y decidí desarrollar estas ideas por cuenta propia; este es el resultado. (Aclaración al lector: soy un ser humano.)
Solución elemental
Presentamos primero una solución elemental por emparejamiento. Para $latex 1 \leq k \leq p-1$ notamos que
$$k^p + (p-k)^p = p^p +\sum_{j=1}^{p-1} \binom{p}{j} p^j(-1)^{p-j} k^{p-j}$$
donde hemos usado el teorema del binomio. Puesto que $p \geq 3$, tenemos que $p^p \equiv 0 \pmod{p^3}$. Además sabemos que $\binom{p}{j} \equiv 0 \pmod p$ para $1 \leq j \leq p-1$, por lo cual tenemos que el sumando es divisible por $p^3$ para todo $j\geq 2$. Así, reduciendo módulo $p^3$ queda
$$k^p + (p-k)^p \equiv \binom{p}{1} p k^{p-1} \equiv p^2 k^{p-1} \pmod{p^3}.$$
Por el pequeño teorema de Fermat $k^{p-1} \equiv 1 \pmod p$, y multiplicando toda la congruencia por $p^2$ obtenemos
$$p^2k^{p-1} \equiv p^2 \pmod{p^3}$$
En consecuencia
$$k^p+(p-k)^p \equiv p^2 \pmod{p^3}$$
Sumando las congruencias respectivas para $k=1,\dots, \frac{p-1}{2}$ concluimos que
$$\sum_{k=1}^{p-1} k^p \equiv p^2 \cdot \frac{(p-1)}{2} \pmod{p^3}.\quad \square$$
Números de Bernoulli
Para los resultados usados en esta sección, recomendamos el excelente folleto del Dr. Alexey Beshenov, quien impartió un curso sobre los números de Bernoulli en la Universidad de El Salvador en 2017 (archivo disponible en Referencias).
Los números de Bernoulli son una sucesión de números racionales que surgen naturalmente en análisis, combinatoria y teoría de números. Los primeros términos son:
$$B_0=1,\ B_1=\frac 1 2,\ B_2= \frac 1 6,\ B_3=0,\ B_4=-\frac{1}{30},\ B_5=0, \dots$$
Un resultado clásico relacionado a estos números concierne a la expansión de la suma de potencias $ 1^p+\dots+n^p$ como un polinomio en $latex n$:
Teorema 1 (Fórmula de Faulhaber)
$$\sum_{k=1}^n k^p = \frac{1}{p+1} \sum_{j=0}^p \binom{p+1}{j} B_j n^{p+1-j}.$$
Para aplicar esta fórmula a nuestro problema, conviene añadir el término extra $p^p \equiv 0 \pmod{p^3}$ y considerar la congruencia
$$\sum_{k=1}^p k^p \equiv \sum_{k=1}^{p-1} k^p \pmod{p^3}.$$
Para el caso $n=p$ se tiene la expansión
$$\sum_{k=1}^p k^p = \sum_{j=0}^p \frac{1}{p+1} \binom{p+1}{j} B_j p^{p+1-j}.$$
La idea consiste en reducir esta expresión módulo $p^3$. Si bien el término general de la sumatoria incluye números racionales, recordemos que una fracción $a/b$ está bien definida módulo $p^3$ toda vez $b$ sea invertible módulo $p^3$, i.e. $b$ es coprimo con $p$. El siguiente resultado será de gran utilidad.
Lema 1 (Congruencias de Kummer) Sea $p$ primo. Para todo $j \geq 1$ tal que $p - 1 \not | j$ se cumple
$$\frac{B_j}{j}\in \mathbb{Z}_{(p)}.$$
Aquí recordemos que $\mathbb{Z}_{(p)} = \{ a/b \in \mathbb{Q}: (b,p)=1 \}$.
Como nuestra sumatoria recorre $0 \leq j \leq p$, los únicos valores en los que este resultado no aplica son $latex j=0$ y $latex p-1$. Primero descartar el caso $j=0$: el sumando correspondiente es $p^{p+1} \equiv 0 \pmod{p^3}$. Ahora para $j \geq 1$ recordar la identidad combinatoria
$$\binom{p+1}{j} = \frac{p+1}{j} \binom{p}{j-1}.$$
de donde
$$\frac{1}{p+1}\binom{p+1}{j} B_j p^{p+1-j} = \binom{p}{j-1} \frac{B_j}{j} p^{p+1-j}.$$
En este producto, $latex \binom{p}{j-1}$ y $latex p^{p+1-j}$ son enteros, mientras que $latex B_j/j$ está definido módulo $latex p^3$ gracias a las congruencias de Kummer. Así, podemos reducir esta expresión módulo $latex p^3$ sin problemas.
Notamos que para todo $latex j \leq p-2$ se cumple $latex p+1-j \geq 3 $ y así $latex p^{p+1-j} \equiv 0 \pmod{p^3}$. Luego para estos índices el sumando se vuelve 0 módulo $latex p^3$. Para el caso $latex j=p$ tenemos que $latex B_p=0$ al ser $latex p$ impar, así que el sumando correspondiente es 0. Finalmente, el caso $latex j=p-1$ puede tratarse mediante una consecuencia del famoso teorema de Clausen-von Staudt; véase Beshenov, $latex \S 15$ para el enunciado general.
Lema 2.
$latex \displaystyle pB_{p-1} \equiv -1 \pmod p.$
El último término a analizar es:
$latex \displaystyle \frac{1}{p+1}\binom{p+1}{p-1}B_{p-1} p^2=\frac{1}{p+1} \frac{p(p+1)}{2} B_{p-1} p^2=\frac{1}{2} (pB_{p-1})p^2.$
Como $latex pB_{p-1} \equiv -1 \pmod p$, esto implica que $latex \frac{1}{2} pB_{p-1} \equiv -\frac{1}{2} \pmod{p}$, y multiplicando toda la congruencia por $latex p^2$ concluimos que
$latex \displaystyle \frac{1}{2} (pB_{p-1})p^2 \equiv -\frac{1}{2}p^2 \equiv \frac{p^2(p-1)}{2} \pmod{p^3}$
y listo. $latex \square$
Vectores de Witt
Otra sugerencia intrigante de ChatGPT fue el uso de métodos $latex p$-ádicos, específicamente los vectores de Witt. Mi tercera solución está basada en un resultado de teoría de números, que fue cuidadosamente elegido para evitar tales tecnicismos. No obstante estos están presentes en espíritu, tal y como discutiremos al final.
Teorema 2. Sean $latex p$ primo y $latex n\geq 1$. La congruencia $latex x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^n}$ admite $latex p-1$ soluciones, que además son distintas dos a dos módulo $latex p$. Explícitamente, estas son:
$latex \{ a^{p^{n-1}} \bmod{p^n}: 1 \leq a \leq p-1 \}.$
Sea $latex S$ el conjunto solución de la congruencia $latex x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^n}$, y sea $latex S'=\{ a^{p^{n-1}} \bmod{p^n}: 1 \leq a \leq p-1 \}$. La estrategia consiste en mostrar las inclusiones entre ambos conjuntos.
Primero veamos que $latex S' \subseteq S$. Este es un cálculo directo de congruencias: para $latex 1 \leq a \leq p-1$ se tiene
$latex (a^{p^{n-1}})^{p-1} = a^{p^{n-1}(p-1)} = a^{\phi(p^n)} \equiv 1 \pmod{p^n}$
por el teorema de Euler-Fermat.
La inclusión contraria requiere de teoría de grupos. En primer lugar, podemos comprobar que tanto $latex S$ como $latex S'$ son subgrupos del grupo multiplicativo $latex U=(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z})^\times$. Gracias a la existencia de raíces primitivas módulo $latex p^n$, sabemos que $latex U$ es un grupo cíclico de orden $latex \phi(p^n)=p^{n-1}(p-1)$.
Afirmamos que $latex S'$ tiene orden $latex p-1$. En efecto, si tomamos $latex 1 \leq a, b \leq p-1$ tales que $latex a^{p^{n-1}} \equiv b^{p^{n-1}} \pmod{p^n}$ entonces la congruencia también es válida módulo $latex p$, i.e.
$latex \displaystyle a^{p^{n-1}} \equiv b^{p^{n-1}} \pmod{p}.$
Por el pequeño teorema de Fermat sabemos que $latex a^p \equiv a \pmod{p}$ y $latex b^p \equiv b \pmod{p}$, y elevando repetidamente estas congruencias a la $latex p$-ésima potencia deducimos que
$latex \displaystyle a^{p^{n-1}} \equiv a \pmod{p}, \quad b^{p^{n-1}} \equiv b \pmod{p}$
de modo que $latex a \equiv b \pmod{p}$ y por ende $latex a=b$.
Como $latex S'$ es un subgrupo del grupo cíclico $latex U$, entendemos que $latex S'$ es también cíclico, y de hecho es el único subgrupo de orden $latex p-1$ de $latex U$. Explícitamente, tomando un generador $latex g$ para $latex U$ (una raíz primitiva módulo $latex p^n$), tenemos que
$latex \displaystyle S' = \{ g^{p^{n-1} \ell}: 1 \leq \ell \leq p-1 \}.$
Ahora bien, suponiendo que $latex x$ es un elemento tal que $latex x^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^n}$, tenemos que $latex \mathrm{ord}\,(x) \mid p-1$. Afirmamos entonces que $latex x \in S'$. En efecto, escribiendo $latex x=g^k$ y recordando la fórmula de teoría de grupos
$latex \displaystyle \mathrm{ord}\,(g^k)=\frac{\mathrm{ord}\,(g)}{(\mathrm{ord}\,(g),k)}=\frac{p^{n-1}(p-1)}{(p^{n-1}(p-1),k)}$
vemos que $latex \mathrm{ord}\,(x) \mid p-1$ implica a su vez
$latex \displaystyle p^{n-1} \mid (p^{n-1}(p-1),k)$
y en consecuencia $latex p^{n-1} \mid k$. Así establecemos que $latex x \in S'$. Por tanto $latex S \subseteq S'$ y obtenemos la igualdad deseada $latex S=S'$.
Estamos listos para abordar el problema original. Tomamos $latex n=3$ y denotamos por $latex \omega_1, \dots, \omega_{p-1}$ un conjunto de representantes enteros de $latex S$, entiéndase las raíces $latex p-1$ ésimas de la unidad módulo $latex p^3$. En otras palabras, para cada $latex 1 \leq k \leq p-1$ tenemos que $latex \omega_k \in \mathbb{Z}$ satisface:
- $latex \omega_k^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^3}$.
- $latex \omega_k \equiv k \pmod p$.
A partir de la segunda congruencia podemos escribir $latex k=\omega_k + pt_k$ para algún $latex t_k \in \mathbb{Z}$. Por el teorema del binomio:
$latex \displaystyle k^{p} = (\omega_k + pt_k)^{p} = \omega_k^{p} + \sum_{j=1}^{p-1} \binom{p}{j} \omega_k^{p-j}p^j t_k^j + p^{p} t_k^{p}.$
Como $latex p \mid \binom{p}{j}$ para $latex 1 \leq j \leq p-1$, entendemos que $latex p^{3} \mid \binom{p}{j} \omega_k^{p-j}p^j t_k^j$ para $latex 2 \leq j\leq p-1$. Asimismo el término $latex p^{p}t_k^{p}$ es divisible por $latex p^{3}$ pues $latex p \geq 3$. Así, tenemos que
$latex \displaystyle k^{p} \equiv \omega_k^{p} + \binom{p}{1} \omega_k^{p-1}pt_k \equiv \omega_k^{p} + p^{2} \omega_k^{p -1 } t_k \pmod{p^{3}}.$
Ahora bien, recordemos que $latex \omega_k^{p-1} \equiv 1 \pmod{p^3}$ y asimismo $latex \omega_k^p \equiv \omega_k \pmod{p^{3}}$. En consecuencia
$latex \displaystyle k^p \equiv \omega_k + p^2 t_k \pmod{p^3}.$
Sumando miembro a miembro estas congruencias para $latex k=1, \dots, p-1$ obtenemos:
$latex \displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} k^p \equiv \sum_{k=1}^{p-1} \omega_k + p^2 \sum_{k=1}^{p-1} t_k \pmod{p^3}.$
Ahora necesitamos echar mano del siguiente
Lema 3.
$latex \displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} \omega_k \equiv 0 \pmod{p^3}.$
Según el teorema anterior, las listas
$latex \displaystyle \omega_1,\dots,\omega_{p-1} \qquad \text{y} \qquad 1^{p^{2}}, \dots, (p-1)^{p^{2}}$
son la misma módulo $latex p^3$, salvo permutación. Luego debemos probar que
$latex \displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} \omega_k \equiv \sum_{k=1}^{p-1} k^{p^{2}} \equiv 0 \pmod{p^3}.$
Esta no es otra cosa sino ¡el Problema 2! Invitamos al lector al completar el argumento mediante el método de emparejamiento de la primera solución.
El paso final es calcular la sumatoria $latex \sum_{k=1}^{p-1}t_k$, la cual puede ser determinada sumando las congruencias $latex k \equiv \omega_k + pt_k \pmod{p^3}$ para $latex k= 1,\dots,p-1$:
$latex \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1} \omega_k + p\sum_{k=1}^{p-1} t_k \equiv \sum_{k=1}^{p-1} k \equiv \frac{p(p-1)}{2} \pmod{p^3}.$
Nuevamente usando el hecho de que $latex \sum_{k=1}^{p-1} \omega_k \equiv 0\pmod{p^3}$ concluimos que
$latex \displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} t_k \equiv \frac{p-1}{2} \pmod{p^3}$
y finalmente llegamos a
$latex \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1} k^p \equiv \sum_{k=1}^{p-1} \omega_k + p^2 \sum_{k=1}^{p-1} t_k \equiv p^2 \cdot \frac{p-1}{2} \pmod{p^3}.\quad \square$
Si bien la solución anterior es bastante educativa, es difícil evitar la impresión de que se trata de un truco artificial. Por ello, tengo a bien mencionar la relación con los enteros $latex p$-ádicos $latex \mathbb{Z}_p$. El siguiente resultado es todo un clásico:
Teorema 3. Para cada $latex 0 \leq a \leq p-1$, existe un único $latex \omega(a)\in \mathbb{Z}_p$ tal que:
- $latex \omega(a)^p=\omega(a)$.
- $latex \omega(a) \equiv a \pmod p$.
En otras palabras, tenemos garantizada la existencia de raíces $latex p-1$-ésimas de la unidad en $latex \mathbb{Z}_p$, y cada una de ellas es distinta módulo $latex p$. Para cada $latex n \geq 1$, podemos tomar la reducción módulo $latex p^n$ de estas raíces, y obtenemos justamente el conjunto $latex S$ del Teorema 2. Recíprocamente, dado $latex 1 \leq a \leq p-1$, podemos construir la raíz $latex p-1$-ésima correspondiente en $latex \mathbb{Z}_p$ tomando el límite en la topología $latex p$-ádica de los representantes de las raíces módulo $latex p^n$:
$latex \displaystyle \omega(a)= \lim_{n \to \infty} a^{p^n}.$
De esta manera, tenemos una función $latex \omega: \mathbb{F}_p^\times \to \mathbb{Z}_p^\times$ que es de hecho un homomorfismo de grupos multiplicativos. Este es el carácter de Teichmüller. Extendiendo esta función mediante $latex \omega(0)=0$, tenemos $latex p$ "dígitos" que pueden utilizarse para expandir todo entero $latex p$-ádico en una serie de la forma
$latex \displaystyle \sum_{n=0}^\infty \omega(x_k) p^k \qquad \qquad (\star)$
donde los $latex \omega(x_k)$ recorren las raíces $latex p-1$-ésimas de la unidad en $latex \mathbb{Z}_p$ y $latex x_k \in \mathbb{F}_p$. La upla $latex (x_k) \in \mathbb{F}_p^{\mathbb{N}}=W(\mathbb{F}_p)$ es un vector de Witt. Recíprocamente, dado un vector de Witt $latex (x_k) \in W(\mathbb{F}_p)$ podemos asignarle una serie de la forma $latex (\star)$ que converge a un entero $latex p$-ádico. Esta correspondencia es biunívoca, obteniendo así una biyección
$latex W(\mathbb{F}_p)\cong \mathbb{Z}_p.\qquad \qquad (\star \star)$
Cabe preguntarse si esta correspondencia admite una estructura adicional. Resulta que es posible definir la suma y multiplicación de series $latex (\star)$ de modo que la biyección $latex (\star \star)$ se convierta en un isomorfismo de anillos conmutativos. Dichas operaciones pueden ser descritas en términos de ciertos polinomios universales de coeficientes enteros, los llamados polinomios de Witt, que de hecho permiten definir $latex W(A)$ para cualquier anillo conmutativo $latex A$.
De esta forma, hemos exhibido a los enteros $latex p$-ádicos $latex \mathbb{Z}_p$ como los vectores de Witt del campo finito de $latex p$ elementos $latex \mathbb{F}_p$, y mostramos la posibilidad de extender esta construcción a otros anillos.
Comentarios finales
A partir del Problema 2, logré extraer de ChatGPT una versión generalizada del problema inicial.
Problema 3.
$latex \displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} k^{p^n} \equiv \frac{p^{n+1}(p-1)}{2} \pmod{p^{n+2}} $
El lector curioso podrá comprobar que los tres métodos arriba discutidos funcionan para esta generalización.
Referencias
Alexey Beshenov, "Números de Bernoulli", Universidad de El Salvador, 2017.
Material del XIV Taller de creación de problemas para competencias matemáticas, 13-16 de junio de 2025, Wenzhou (Zhejiang), China.
Joseph Rabinoff, "The Theory of Witt Vectors", https://arxiv.org/abs/1409.7445.