Deje $\frac{x}{y}=1+\frac12 +\frac13 +\cdots +\frac1{96}$ donde $\text{gcd}(x,y)=1$. Mostrar que $97|x$.
Yo trate de añadir estos juntos, pero parece muy largos y aburridos y no creo que sea la manera correcta de resolver. Lo siento por la mala inglés.
Si el grupo de las fracciones en pares con el primer emparejamiento a la última, la segunda de vinculación a la siguiente a la última, etc, se obtiene $$1+\frac 1{96}=\frac {97}{96}, \frac 12+\frac 1{95}=\frac {97}{190}...$$ The sums of these pairs all have a numerator of $97$, and because $97$ se prime el común denominador no tienen un factor de $97$, por lo que en $\frac xy$, $x$ es un múltiplo de a $97$.
Lo que tenemos que hacer es la siguiente: $$ \begin{equation}\begin{split} 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{96} & = \Big(1+\frac{1}{96}\Big) + \Big(\frac{1}{2}+\frac{1}{95}\Big) + \ldots + \Big(\frac{1}{48} + \frac{1}{49}\Big) \\ & = \frac{97}{96} + \frac{97}{2*95} + \frac{97}{3*94} + \ldots + \frac{97}{48*49} \\ & = 97 \Big( \frac{1}{96} + \frac{1}{2*95} + \frac{1}{3*94} + \ldots + \frac{1}{48*49}\Big) \end{split}\end{equation} $$
Por lo tanto, el numerador es múltiplo de $97$. Para ver que el denominador no es un múltiplo de a $97$, tenga en cuenta que $97$ es un número primo, y el denominador contiene números naturales a menos de $97$ (de hecho, la reducción del denominador es un factor de $96$!), por lo tanto no puede posiblemente ser un múltiplo de $97$. Por lo tanto, en su forma reducida, el numerador de la expresión es un múltiplo de a $97$.
De hecho, Wolstenhomme del teorema dice que el numerador es múltiplo de $97^2 = 9409$!
Si usted sabe que el 97 es el primer, y que cada valor distinto de cero tiene un inverso multiplicativo mod de un primer valor, y que modular inversa es un bijection debido a que es una involución, entonces se obtiene:
$$\sum_{k = 1}^{96} k^{-1} \equiv \sum_{j = 1}^{96} j \pmod {97}$$
Y el resultado se sigue de la aritmética de suma.
Más explícitamente, dejando $p = 97$,
$p \not | y$ porque $y | (p - 1)!$ $p$ es el primer y $(x,y)$ están en plazos reducidos. Por lo tanto:
$xy^{-1} \equiv 0 \pmod p$ fib $x \equiv 0 \pmod p$ implica que el numerador de $\frac{x}{y}$ es divisible por $p$.
Desde $\frac{x}{y} = \sum_{k=1}^p k^{-1}$, se deduce que
$$p | x \text{ iff } \sum_{k = 1}^{p-1} k^{-1} \equiv 0 \pmod p$$
Deje $S_n \equiv n^{-1} \pmod p$ $n$ desde $1$$p-1$. A continuación, $S$ es un bijection, por lo que
$$\sum_{n = 1}^{p-1} S_n \equiv \sum_{n = 1}^{p-1} n \pmod {p}$$
Y el resultado se sigue de
$$p(p-1)/2 \equiv 0 \pmod p$$
Esto es a lo largo de las líneas de DanielV de la solución propuesta.
Sabemos $97$ es primo. Multiplicando ambos lados por $96!$, es suficiente para demostrar que $\sum_{n=1}^{96} \frac{96!}{n}$ (que es una suma de números enteros) es divisible por $97$, debido a $96!$ $97$ son coprime. Deje $a_n = \frac{96!}{n}$$n\in\{1,\ldots,96\}$. Luego tenemos a $n a_n = 96!$, lo $a_n \equiv 96! n^{-1} \pmod {97}$ donde $n^{-1}$ es la inversa de a $n$ en los enteros mod $97$. A continuación, $\sum_{n=1}^{96} a_n$ es divisible por $97$ porque $$ \sum_{n=1}^{96} a_n \equiv 96! \sum_{n=1}^{96} n^{-1} \color{red}{=} 96! \sum_{n=1}^{96} n = 96! \frac{96 \cdot 97}{2} \equiv 0 \pmod{97}.$$ La red $\color{red}{=}$ mantiene debido a la inversa de la $n \mapsto n^{-1}$ es una permutación de $\{1,\ldots,96\}$.
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