Debe haber una forma más corta de hacerlo.
Reclamación 1 : Para $p\geq 3$ , $$ \frac{2^{p-1}-1}{p}\equiv -\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{(-1)^n}{n}+\frac{p}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^n}{n\cdot m}\mod p^2. $$
Prueba : \begin{align*} \frac{2^{p-1}-1}{p}&=\frac{1}{2p}\sum_{n=1}^{p-1}{p\choose n}\\ &=\frac{1}{2p}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{p}{n}\left (\frac{p-1}{1}\cdots\frac{p-(n-1)}{n-1}\right)\\ &= -\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{(-1) ^n}{n}\left(1-\frac{p}{1}\right)\cdots \left(1-\frac{p}{n-1}\right)\\ &\equiv -\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{(-1)^n}{n}+\frac{p}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^n}{n\cdot m}\mod p^2. \end{align*} Reclamación 2 : Para $p\geq 3$ , $$ \left(\frac{2^{p-1}-1}{p}\right)^2\equiv \sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n+m}}{n\cdot m}\mod p. $$
Prueba : Reducir la pretensión 1 módulo $p$ y elevar al cuadrado ambos lados para obtener \begin{align*} \left(\frac{2^{p-1}-1}{p}\right)^2&\equiv \frac{1}{4}\sum_{n,m=1}^{p-1}\frac{(-1)^{n+m}}{n\cdot m}\mod p\\ &=\frac{1}{2}\sum_{p-1\geq n>m\geq 1}\frac{(-1)^{n+m}}{n\cdot m}+\frac{1}{4}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{1}{n^2}\\ &\equiv \frac{1}{2}\sum_{p-1\geq n>m\geq 1}\frac{(-1)^{n+m}}{n\cdot m}\mod p.\\ \end{align*}
Reclamación 3 : Para $p\geq 5$ , $$ \sum_{n=1}^{p-1}\frac{2^n}{n^2}\equiv -\sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^n}{n\cdot m}\mod p. $$ En primer lugar, observe que \begin{align*} 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\ldots+\frac{1}{p}&= \frac{1}{2}\int_{-1}^1\left(1+x+x^2+\ldots+x^{p- 1}\right)\,dx\\ &=\frac{1}{2}\int_{-1}^1\frac{x^p-1}{x-1}\,dx\\ &=\frac{1}{2}\int_0^2\frac{(1-x)^p-1}{x}\,dx\\ &=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^p {p\choose n}\frac{(-2)^n}{n}\\ &=\frac{2^{p-1}}{p}+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{p\cdot (-2)^n}{n^2} \left (\frac{p-1}{1}\cdots\frac{p-(n-1)}{n-1}\right).\\ \end{align*} De ello se desprende que \begin{gather*} 1+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{p-2}\equiv \frac{2^{p-1}-1}{p}-\frac{p}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{2^n}{n^2}\mod p^2,\\ \frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^{p-1}\frac{1}{n}-\sum_{n=1}^{p-1}\frac{(-1)^n}{n}\right)\equiv -\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{(-1)^n}{n}+\frac{p}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^n}{n\cdot m}-\frac{p}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\frac{2^n}{n^2}\mod p^2,\\ \sum_{n=1}^{p-1}\frac{2^n}{n^2}\equiv \sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^n}{n\cdot m}\mod p. \end{gather*} Usamos la congruencia de Wolstenholme en la última línea.
Reclamación 4 : Para $p\geq 3$ , $$ \sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n+m}}{n\cdot m}\equiv 2\sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n}}{n\cdot m}\mod p. $$ Prueba : Dejemos que $A_p$ sea el coeficiente de $x^{p-1}$ en la expansión en serie de la potencia de $$ \frac{\log(1+x)^2}{1-x}. $$ Calculamos $A_p$ de dos maneras diferentes. La primera: \begin{align*} A_p&=\sum_{m=1}^{p-1}\sum_{n=1}^{p-1-m}\frac{(-1)^{n+m}}{n\cdot m}\\ &=-\sum_{m=1}^{p-1}\sum_{n=m+1}^{p-1}\frac{(-1)^{n+m}}{(p-n)\cdot m}\\ &\equiv \sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n+m}}{n\cdot m}\mod p. \end{align*} En segundo lugar, tenemos \begin{align*} \frac{\log(1+x)^2}{1-x}&=\frac{1}{1-x}\left(\int_0^x\frac{dt}{1+t}\right)^2\\ &=\frac{2}{1-x}\int_0^x\left(\int_0^y\frac{dt}{1+t}\right)\frac{dy}{1+y}\\ &=\frac{2}{1-x}\int_0^x\frac{\sum_{m\geq 1}(-1)^{m-1}\frac{y^m}{m}}{1+y}dy\\ &=\frac{2}{1-x}\int_0^x\left(\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^{n-1}}{m} y^n\right)dy\\ &=\frac{2}{1-x}\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^n\frac{(-1)^{n-1}}{m\cdot(n+1)}x^{n+1}.\\ \end{align*} De ello se desprende que $$ A_p=2\sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n}}{n\cdot m}. $$
Prueba de la congruencia deseada : \begin{align*} -\left(\frac{2^{p-1}-1}{p}\right)^2&\equiv -\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n+m}}{n\cdot m}\\ &\equiv-\sum_{n=1}^{p-1}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n}}{n\cdot m}\\ &\equiv \sum_{n=1}^{p-1}\frac{2^n}{n^2}\mod p, \end{align*} donde la primera línea es la reivindicación 2, la segunda línea es la reivindicación 4 y la tercera línea es la reivindicación 3.
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¿Qué le hace pensar que la congruencia es correcta? ¿Lo has visto en alguna parte? ¿Dónde?
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Recomiendo comprobar esto para $p=5$ .
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@Anatoly $1/k$ denota la inversa de $k$ modulo $p$ como suele ocurrir en la aritmética modular.
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Para $p=5$ el lado izquierdo es $44/9$ y el lado derecho es $-9$ . La diferencia es $125/9$ por lo que la congruencia se mantiene realmente en el módulo $p^3$ para $p=5$ .
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@JulianRosen: Oops. Se me ha debido hacer tarde.