me enfrento a un pequeño obstáculo al intentar demostrar el teorema 1 de Wolstenholme utilizando la inversa multiplicativa en (mod p)

Question

El teorema de Wolstenholme establece que para un primo $p>3$ y $$ \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+......+\frac{1}{(p-1)^2}=\frac{a}{b}.$$ $ a\equiv 0\pmod p $

Creo que he encontrado una forma razonable de demostrar este teorema, pero me encuentro con un pequeño obstáculo al final de la demostración.

Los pasos de mi solución son los siguientes.

1. hacer factor común para las fracciones.
2. para cada término del numerador toma (mod p) y simplifica el resultado utilizando la inversa multiplicativa en (mod p) por ejemplo, el primer término del numerador es $ 2^2 \times 3^2 \times ..... \times (p-1)^2 $ en esta cantidad cada término tiene su inverso multiplicativo (mod p) multiplicado por él por lo que esta cantidad es sólo $ \equiv 1\pmod p $ . y después de hacer lo mismo con otros términos se obtiene al final que el numerador es $ \equiv (1^2+1^2+2^2+3^2+....(p-2)^2)\pmod p $ . después de usar la fórmula para sumar n números al cuadrado y simplificar obtuve $$a \equiv \frac{2p^3-9p^2+13p}{6}\pmod p $$

esta es la cuestión : para p>3 (p es un número primo)

cómo demostrar que este $$ \frac{2p^3-9p^2+13p}{6} $$ es divisible por p .

o equivalentemente $$ \frac{2p^2-9p+13}{6} $$ es Entero ( pertenece a Z ) .

Agradezco cualquier intento de ayuda.

Answer 1

CONSEJOS

1. En tu numerador, $2p^2$ es siempre par y los otros términos son siempre impar, y la diferencia de términos impar es siempre par, por lo que el numerador es siempre par.

2. Desde $p$ es un primo, no podemos tener $p \equiv 0 \pmod{3}$ . Así, $p = 3n \pm 1$ . El término medio es claramente divisible por $3$ y los de las esquinas rinden $$ \begin{split} 2p^2+13 &= 2(3n\pm 1)^2+13\\ &= 2\left(9n^2+6n+1\right)+13\\ &= 18n^2+12n+15, \end{split} $$ y todos los coeficientes son divisibles por 3.

¿Puedes terminar esto?