Escribí una prueba de la derivación de Hochschild de la fórmula, aunque sospecho que no es lo que usted está buscando. Tal vez sea de alguna utilidad para usted, a continuación, de nuevo, tal vez no. :)
El calentamiento. Vamos a escribir la ecuación como esta:
$$D^{p-1}(X^{p-1}DX) = X^{p-1}D^pX - (DX)^p$$
A continuación, en el lado izquierdo, si utilizamos la regla de Leibniz (mucho), se espera obtener una gran cantidad de términos, pero sólo podemos ver a dos de ellos en el lado derecho. Así, esta ecuación está diciendo que hay muchos términos de tener coeficientes en $\mathbb Z$ que son divisibles por $p$.
Plan. Sé que esta no es la respuesta que quería, pero usted puede obtener los coeficientes de la expansión de la parte izquierda de la fórmula anterior sobre $\mathbb Z$ muy fácilmente y en todos los casos, utilizando sólo la regla de Leibniz para afirmar derivaciones:
$$D^n(X_1\cdots X_r) = \sum_{\substack{n\, =\, n_1+\cdots+n_r,\\0\,\leq\, n_i\, \leq \,n}} \frac{n!}{n_1!\cdots n_r!}D^{n_1}X_1\cdots D^{n_r}X_r$$
y también es fácil ver que las fórmulas que llegar a reducir a lo que queremos mod $p$. Lo que haremos a continuación.
De la ejecución.
Para nuestro uso establecemos $X_1,\ldots,X_{r-1} = X$ e $X_r = DX$ y, a continuación, $r = p$. A continuación, agrupamos los términos semejantes:
$$D^{p-1}(X^{p-1} DX) = \sum_{\substack{p\, =\, e_1m_1+\cdots+e_km_k,\\ \\ 0\,\leq\, m_1 < m_2 < \cdots < m_k,\\ \\0\,<\, e_i,\ e_1+\cdots+e_k = p}} A_{\bar m, \bar e}\cdot(D^{m_1}X)^{e_1}\cdots (D^{m_k}X)^{e_k}$$
donde $A_{\bar m, \bar e}$ es un coeficiente, y aquí $\bar m = (m_1,\ldots, m_k)$ y de manera similar para $\bar e$. Este coeficiente de $A_{\bar m, \bar e}$ se obtiene a mi sumar la posible multinomial coeficientes de la regla de Leibniz arriba (segundo de los factores más abajo), y multiplicando por un factor de recuento de los pedidos (primer factor de abajo):
\begin{align*}
A_{\bar m, \bar e} &= \cdot\sum_{i=1}^k \frac{(p-1)!}{e_1!\cdots (e_i-1)!\cdots e_k!}\cdot\frac{(p-1)!}{(m_1!)^{e_1}\cdots (m_i!)^{e_i-1}(m_i-1)!\cdots (m_k!)^{e_k}}\\
&= \sum_{i=1}^k \frac{(p-1)!^2e_im_i}{\prod_{j=1}^k e_j! (m_j!)^{e_j}}\\
&= \frac{(p-1)!^2\cdot p}{\prod_{i=1}^k e_i! (m_i!)^{e_i}}\\
\end{align*}
OK, aquí está lo que hemos logrado:
La leche de fórmula. Por encima de cualquier anillo conmutativo $R$, para cualquier derivación $D \in Der(R,R)$ e $X \in R$ tenemos $$D^{p-1}(X^{p-1} DX) = \sum_{\substack{p\, =\, e_1m_1+\cdots+e_km_k,\\ \\ 0\,\leq\, m_1 < m_2 < \cdots < m_k,\\ \\0\,<\, e_i,\ e_1+\cdots+e_k = p}} \frac{(p-1)!\cdot p!}{\prod_{i=1}^k e_i! (m_i!)^{e_i}}\cdot(D^{m_1}X)^{e_1}\cdots (D^{m_k}X)^{e_k} $$
Esta fórmula se ve bien porque de la $p$ en el numerador, por lo que la mayoría de los términos que van a morir. ¿Qué tipo de términos no morir? Sólo hay dos opciones:
Podríamos tener $e_i = p$. Esto obliga a $k=1, m_1 = 1$, para lo cual $$A_{\bar m, \bar e} = (p-1)!p!/p! = (p-1)!$$ which is congruent to $-1$ mod $p$ (by Wilson's theorem). This is the correct coefficient for $(D^1)^p$, así que comprueba.
Podríamos tener $m_i = p$. Debido a $\sum m_ie_i = p$ entonces $e_i = 1$. Pero debido a que $\sum e_i = p$, tenemos que tener $m_1 = 0$ e $e_1 = p-1$. Así $$A_{\bar m, \bar e} = (p-1)!p/(p-1)!p! = 1$$ which is indeed the correct coefficient for $X^{p-1}D^pX$.
Hecho!
Conclusión. Tengo la impresión de que usted está buscando un estilo diferente de la prueba, y yo no soy la persona para preguntar si existe uno. De hecho, creo que este no es el sitio adecuado para que!
Si su pregunta es "¿Cuál ha sido el progreso en los últimos 40 años con respecto a la observación de que "la prueba de este hecho es, por desgracia computacional..." de Katz de papel?", que es un nivel de investigación la pregunta y usted va a atraer a un mayor conjunto apropiado de los espectadores por preguntar en Matemáticas de Desbordamiento. Usted podría incluso ser capaz de encontrar a alguien que no podría decir que "nadie ha hecho nada al respecto!", o "si alguien lo hizo, consulte este documento..."
