Estoy probando una congruencia que aparece en un artículo, afirma que para $t\in\mathbb{Z}$ y prime $p\geq5$ $$p\sum_{k=1}^{p-1} \frac{t^k}{k^2\binom{2k}{k}}\equiv \frac{2-v_p(2-t)-t^p}{2p}-p^2\sum_{k=1}^{p-1} \frac{v_k(2-t)}{k^3} \pmod{p^3}$$ donde $v_n(P)$ es la sucesión de Lucas cuando $Q=1$ es decir $v_n(P)=a^n+b^n$ donde $a$ y $b$ son las raíces de $x^2-Px+1=0$ . El documento utiliza la siguiente identidad \begin{align*}\begin{split}p\binom{2p}{p}\sum_{k=1}^{p-1} \frac{t^k}{k^2\binom{2k}{k}} &= \frac{v_p(t-2)-t^p}{p}+p\sum_{k=1}^{p-1} \binom{2p}{p-k}\frac{v_k(t-2)}{k^2}+p\binom{2p}{p}H_{p-1}^{(2)}+\frac{1}{p}\binom{2p}{p}\\ &= \frac{v_p(t-2)-t^p}{p}+p\sum_{k=1}^{p-1} \binom{2p}{k}\frac{v_{p-k}(t-2)}{(p-k)^2}+p\binom{2p}{p}H_{p-1}^{(2)}+\frac{1}{p}\binom{2p}{p}\end{split}\end{align*} Ahora utilizando el hecho de que $\binom{2p}{p}\equiv 2\pmod{p^3}$ y $p\binom{2p}{k}\equiv \frac{2p^2}{k}(-1)^{k-1} \pmod{p^3}$ para $k=1,\dots,p-1$ . Entonces es fácil deducir que $$p\binom{2p}{p}\sum_{k=1}^{p-1} \frac{t^k}{k^2\binom{2k}{k}}\equiv 2p\sum_{k=1}^{p-1} \frac{t^k}{k^2\binom{2k}{k}} \pmod{p^3}$$ y \begin{align*}\begin{split}p\sum_{k=1}^{p-1} \binom{2p}{k}\frac{v_{p-k}(t-2)}{(p-k)^2} &\equiv 2p^2\sum_{k=1}^{p-1} \frac{(-1)^{k-1}v_{p-k}(t-2)}{k(p-k)^2} \pmod{p^3}\\ &\equiv 2p^2\sum_{k=1}^{p-1} \frac{(-1)^{p-k-1}v_{k}(t-2)}{(p-k)k^2} \pmod{p^3}\\ &\equiv 2p^2\sum_{k=1}^{p-1} \frac{v_{k}(2-t)}{(p-k)k^2} \pmod{p^3}\\ &\equiv -2p^2\sum_{k=1}^{p-1} \frac{v_k(2-t)}{k^3} \pmod{p^3}\end{split}\end{align*} ya que tenemos $v_k(-x)=(-1)^k v_k(x)$ . Ahora el problema surge de las dos últimas expresiones, observe que tenemos $$p\binom{2p}{p}H_{p-1}^{(2)}=p\Bigg(\binom{2p}{p}-2+2\Bigg)H_{p-1}^{(2)}\equiv 2pH_{p-1}^{(2)} \pmod{p^3}$$ Por lo tanto, basta con demostrar que $$2pH_{p-1}^{(2)}+\frac{1}{p}\binom{2p}{p}\equiv \frac{2}{p}\pmod{p^3}$$ lo que equivale a demostrar que $$2p^2H_{p-1}^{(2)}\equiv 2-\binom{2p}{p}\pmod{p^4}$$ y no pude probarlo, el documento dice que usando el teorema de Wolstenholme $H_{p-1}^{(2)}\equiv 0 \pmod{p}$ Sin embargo, no tengo ni idea de cómo puedo utilizar esto, cualquier ayuda sería apreciada.
Respuesta
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Tenga en cuenta en primer lugar que $$ \tag{1} 2-{2p \choose p}= 2\Big(1-{2p-1 \choose p-1}\Big).$$
También a partir de las conocidas relaciones entre las raíces y los coeficientes de un polinomio, tenemos $$ \tag{2} {X-1 \choose j}=\sum_{k=0}^j (-1)^{j-k}G_j^{(k)}X^k,$$ donde $$G_j^{(k)}=\sum_{0\le i_1 \lt i_2 \cdot\cdot \lt i_k \le j}\frac{1}{i_1i_2 \cdot\cdot i_k} \text{ and }G_j^{(0)}=1$$ y a partir de la conocida relación entre polinomios simétricos elementales y sumas de potencias, tenemos $$ \tag{3} G_n^{(k)}=-\frac{1}{k}\sum_{j=1}^k(-1)^jH_n^{(j)}G_n^{(k-j)}$$ que da $$\tag{4} G_n^{(1)}=H_n$$ $$\tag{5} G_n^{(2)}=\frac{1}{2}\Big(H_n^2-H_n^{(2)}\Big)$$ $$\tag{6} G_n^{(3)}=\frac{1}{6}\Big(H_n^3-3H_nH_n^{(2)}+2H_n^{(3)}\Big)$$ Entonces con $X=2p$ y $j=p-1$ La ecuación (2) se convierte en $$ {2p-1 \choose p-1}=\sum_{k=0}^{p-1} (-1)^{k}G_{p-1}^{(k)}2^kp^k,$$ y como el denominador en $G_{p-1}^{(k)}$ es coprimo de $p$ que tenemos: $$ {2p-1 \choose p-1}\equiv G_{p-1}^{(0)}-G_{p-1}^{(1)}2p+ G_{p-1}^{(2)}4p^2 -G_{p-1}^{(3)}8p^3 \pmod {p^4}$$ y teniendo en cuenta (4), (5) y (6) tenemos $${2p-1 \choose p-1}\equiv 1-2pH_{p-1}+ 2p^2\big(H_{p-1}^2-H_{p-1}^{(2)}\big) -\frac{4p^3}{3}\Big(H_{p-1}^3-3H_{p-1}H_{p-1}^{(2)}+2H_{p-1}^{(3)}\Big) \pmod {p^4}$$ También es bien sabido que para cualquier $k\ge 0$ tenemos $H_{p-1}^{2k+1} \equiv 0 \pmod {p}$ esto se ve emparejando los 2 términos simétricos alrededor de la mitad de la suma armónica, de modo que como $p \gt3$ el último término de la congruencia desaparece. El término $H_{p-1}^2$ en $p^2$ también desaparece y nos quedamos con
$$\tag{**}{2p-1 \choose p-1}\equiv 1-2p\Big(H_{p-1}+pH_{p-1}^{(2)}\Big) \pmod {p^4}.$$
Ahora $$ H_{p-1}=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}=\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{(p-i)}=-\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i(1-\frac{p}{i})}$$ $$ H_{p-1}=-\sum_{i=1}^{p-1}\sum_{j\ge 0}\frac{p^j}{i^{j+1}}= -\sum_{j\ge 0}p^j\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^{j+1}}=-\sum_{j\ge 0}p^jH_{p-1}^{(j+1)}$$
$$ 2H_{p-1}=-\sum_{j\ge 1}p^jH_{p-1}^{(j+1)}= -pH_{p-1}^{(2)}-p^2H_{p-1}^{(3)}-p^3H_{p-1}^{(4)} - \cdot\cdot $$ $$2H_{p-1}+2pH_{p-1}^{(2)} =pH_{p-1}^{(2)}-p^2H_{p-1}^{(3)}-p^3H_{p-1}^{(4)} - \cdot\cdot $$ $$2p\Big(H_{p-1}+pH_{p-1}^{(2)}\Big)= p^2H_{p-1}^{(2)}-p^3H_{p-1}^{(3)} - \cdot\cdot $$ entonces $$2p\Big(H_{p-1}+pH_{p-1}^{(2)}\Big) \equiv p^2H_{p-1}^{(2)} \pmod {p^4} $$ entonces (**) se convierte en $$\tag{***}{2p-1 \choose p-1}\equiv 1-p^2H_{p-1}^{(2)} \pmod {p^4}$$ que junto con (1) da
$$2p^2H_{p-1}^{(2)}\equiv 2-\binom{2p}{p}\pmod{p^4}$$ siempre que $p \ge 5$ .
