Cho $n$ là một số nguyên dương, $p$ là một số nguyên tố thoả $p \equiv 7 \pmod{8}$. Hãy chứng minh rằng $$\sum_{k=1}^{p-1} \left \{ \frac{k^{2^n}}{p}+ \frac 12 \right \} = \frac{p-1}{2}.$$
Mình vừa nghĩ ra lời giải khác lời giải trong sách cho bài toán này.
Bài toán tương đương với chứng minh
$A=\sum_{k=1}^{p-1}\left \lfloor \frac{k^{2^n}}{p}+\frac{1}{2} \right \rfloor=\frac{1^{2^n}+2^{2^n}+...+(p-1)^{2^n}}{p}$
Áp dụng bổ đề quen thuộc là $\left \lfloor a \right \rfloor+\left \lfloor a+\frac{1}{2} \right \rfloor=\left \lfloor 2a \right \rfloor\Rightarrow A=\sum_{k=1}^{p-1}\left \lfloor \frac{2k^{2^n}}{p} \right \rfloor-\sum_{k=1}^{p-1}\left \lfloor \frac{k^{2^n}}{p} \right \rfloor$
Vì $p=8k+7$ nên $\left ( \frac{2}{p} \right )=1$, nên với mỗi $k_1\in (1,2,...,p-1)$ tồn tại duy nhất $k_2\in (1,2,...,p-1)$ mà $k_1^{2^n}\equiv 2k_2^{2^n}\pmod p$
Do đó, ta có thể viết $A=\sum \left ( \left \lfloor \frac{2k_i^{2^n}}{p} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{k_j^{2^n}}{p} \right \rfloor \right )$ mà $p|2k_i^{2^n}-k_j^{2^n}$ ( có tất cả $p-1$ nhóm như thế)
Lại có $a,b\not\in\mathbb{Z},a-b\in\mathbb{Z}\Rightarrow \left \lfloor a \right \rfloor-\left \lfloor b \right \rfloor=a-b\Rightarrow A=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{k^{2^n}}{p}$
Ta có đpcm
----------------------------------------------------------------------------------
P.s: Bài toán quen thuộc về tính tổng phần nguyên Không biết cách này có khác cách trong sách của bạn không?