一个级数求和的问题？
设[latex]p>5[/latex]是素数：试证：
[latex]p\mid\left(\sum\limits_{1\leq i<i<k\leq p-1}ijk\right)[/latex]
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设[latex]p>5[/latex]是素数，试证：
[latex]p\mid\left(\sum\limits_{1\leq i<j\leq p-1}ij\right)[/latex]
设[latex]p>5[/latex]是素数，试证：
[latex]p\mid\left(\sum\limits_{1\leq i<j\leq p}ij\right)[/latex]
引理1： 如果p>2是素数， (p-1)不整除正整数n, 那么 Sum_{1<= k <= p-1} k^n =0 (mod p)
证明：mod p 有原根 （可以参考https://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%8E%9F%E6%A0%B9)，设为c, 即c的阶为(p-1). 由n的条件知 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
证明：好像是显然的，但讲不清楚， 略。
由引理1和引理2， 加上 3！=6 (mod p) 当 p>5时可逆， 所以命题成立
p | Sum_{1<=i <j <k <= p-1} ijk.
好像引理2 不对， 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
希望这次对的。
不过总感觉怪怪的， 好像什么都没说，只是捡了一个最软的柿子捏了捏 （指引理1），然后一路显然。。。
我自己看了一下以前的回复, 不知所云. 数学不应该是这样的, 而是简单而深刻的.
我们可以把Edstrayer的题目推广, 然后就知道题目真正想问的是什么了.
设n>1, [latex]1\leq m \leq \phi(n)[/latex] 正整数. f(x1,x2,...,xm)为m个变量的齐次对称函数. (对称指f(...,xi,..,xj,...)=f(...,xj,..,xi,..), 对任意[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)为m个变量的次数为k的齐次对称函数, 那么对于与n互素的任意整数a, (即 (a,n)=1), 均有
[latex]n|(a^k-1)\sum{f(x1,..,xm)}[/latex], 其中求和取遍n的既约剩余系中m元的互异元素组.
证明: 定义而已.
求和针对所有的(x1,...,xm), xi互不相同, 与n互素. 那么(a*x1,..,a*xm) 同样满足a*xi依旧互不相同, 与n互素. 对所有的(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是齐次对称的, 引理成立.
利用这个引理, 当n=p素数, [latex]m=\phi(p)=p-1[/latex], [latex]f(x_1,..,x_{p-1})=\prod_{j=1}^{p-1}x_j[/latex], 立刻得到费马小定理:[latex] a^{p-1}\equiv 1 (\mod p)[/latex]
当n=p素数, m=3, f(x1,x2,x3)=x1*x2*x3, 立刻得到 Edstrayer 的定理. (包括一楼,二楼的, 同时成立), 并且知道p=5时定理依然成�
，
一楼的结果对p=5时不成立。事实上，我们有：
[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的倍数。