$1+\frac{1}{2} +\frac{1}{3} +...+\frac{1}{p-1} =\frac{a}{b}$

Question

Deje $p\gt 3$, ser un primer número y $1+\frac{1}{2} +\frac{1}{3} +...+\frac{1}{p-1} =\frac{a}{b}$ al$a,b\in \mathbb N$$gcd(a,b)=1$.

demostrar que $p^2|a$.

He demostrado que los $p|a$, pero yo no puedo probar $p^2|a$, y mi idea es como sigue:

Multiplicando $(p-1)!$, obtenemos:

$(p-1)!+\frac{(p-1)!}{2}+...+\frac{(p-1)!}{p-2}+\frac{(p-1)!}{p-1}=\frac{a(p-1)!}{b}$ $\,\,\,\,$ $(1)$

Así, el número de $\frac{a(p-1)!}{b}$ debe ser entero. considere la mano izquierda de la suma de $(1)$ en el ring $Z_p$. Ya en $Z_p$ los inversos son únicos y lo que hemos hecho es un reordenamiento de todas las clases de congruencia $mod\,p$. Así:

$(p-1)!+\frac{(p-1)!}{2}+...+\frac{(p-1)!}{p-2}+\frac{(p-1)!}{p-1}\equiv 1+2+...+p-1\equiv \frac{p(p-1)}{2}\equiv 0$$\,\,\pmod p$. Y a partir de aquí, $p|\frac{a(p-1)!}{b}$, y eso es decir: $p|a$.

Traté de demostrar que la instrucción considerando el anillo de $Z_{p^2}$ pero me sale nada.

Gracias de antemano...

Answer 1

Definir de dos polinomios $$f(x)=x^{p-1}-1$$ y $$g(x)=(x-1)(x-2)\dotsm(x-(p-1))$$ y observar que $h(x)=f(x)-g(x)$ es un polinomio de grado en la mayoría de las $p-2$ que todos sus coeficientes es divisible por $p$ ($h$ ha $p-1$ raíces $\{1,2,\dotsc,p-1\}$$\mathbb Z_p[x]$, lo que significa que $h(x)=0$$\mathbb Z_p[x]$). Escribir como g $$g(x)=x^{p-1}-s_1x^{p-2}+\dotsb-s_{p-2}p+(p-1)!$$ entonces $$g(p)=(p-1)!=p^{p-1}-s_1p^{p-2}+\dotsb+(p-1)!$$ Ahora, con la observación de que todos los números de $s_i$ $i=1,2,\dotsc,p-2$ son divisibles por $p$, porque también son los coeficientes de $h$, tenemos $$0=p^{p-1}-s_1p^{p-2}+\dotsb-s_{p-2}p\equiv -s_{p-2}p\pmod {p^3}$$ Lo que significa que $s_{p-2}\equiv 0\pmod {p^2}$ como usted desea.

Nota. $\mathbb Z_p[x]$ denota el anillo de todos los polinomios con coeficientes en el campo de $\mathbb Z_p$.

Answer 2

Esto es una consecuencia de la versión de Wolstenholme del teorema. Una prueba está disponible aquí.