Demostración del teorema de Wolstenholme

Question

Según el teorema, si

$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{p-1} =\frac{r}{q}$$

entonces tenemos que demostrar que $r\equiv0 \pmod{p^2}$ .

(Dado $p>3$ Si no es así $1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$ , $3 \not\equiv 0 \pmod 9$ .)

Supongo que hay un $(\bmod p)$ solución para esto, pero no entiendo muy bien cómo iniciarlo.

Answer 1

La prueba de la teoría de grupos en Wikipedia es bueno.

Alternativamente, otra forma agradable es, la segunda línea está trabajando en $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ ,

$$ \frac2p\sum_{n=1}^{p-1} \frac{1}{n} = \frac2p \sum_{n=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{n} + \frac{1}{p-n} = 2 \sum_{n=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{n(p - n)}$$ $$ \equiv -\sum_{n=1}^{p-1} \frac{1}{n^2} \equiv - \sum_{n=1}^{p-1} n^2 \equiv -\frac{(p-1)p(2p - 1)}{6}$$

que aparece en este artículo por Christian Aebi y Grant Cairns.

Un enfoque más práctico puede encontrarse en estas notas por Timothy Choi.

Por último, un excelente encuesta y resultados adicionales aquí por Romeo Mestrovic.

Answer 2

$ (1 + \frac 1 {p-1}) + (\frac 1 2 + \frac 1 {p-2}) + \ldots + (\frac 1 {(p-1)/2} + \frac 1 {(p+1)/2}) = \frac p {p-1} + \frac p {2(p-2)} + \ldots + \frac p {((p-1)(p+1)/4)} \\ = p \sum_{k=1}^{(p-1)/2} \frac 1 {k(p-k)} = \frac p 2 \sum_{k=1}^{p-1} \frac 1 {k(p-k)} $ .

Ahora, trabajando en esta segunda suma en el campo $\Bbb Z / p \Bbb Z$ y asumiendo $p>3$ que se obtiene :

$\sum_{k=1}^{p-1} \frac 1 {k(p-k)} = - \sum_{k=1}^{p-1} \frac 1 {k^2} = - \sum_{k=1}^{p-1} k^2 = -(p-1)p(2p-1)/6 = 0$ .

Si no conoces la fórmula de la suma de los primeros cuadrados consecutivos, aún puedes obtenerla con un poco más de trabajo :

Elige un número $a \neq 1$ tal que $a$ es un cuadrado módulo $p$ (de nuevo asumiendo $p>3$ ). Entonces, $\sum k^2 (1-a) = \sum k^2 - \sum (ak^2) = \sum k^2 - \sum k^2 = 0$ . Desde $1-a \neq 0$ , $\sum k^2 = 0$ .

(cuando $p = 3$ , $1+ \frac 1 2 = \frac 3 2$ que no es un múltiplo de $3^2$ )

Answer 3

Tenga en cuenta que $\displaystyle \sum_{1 \le i \le p-1}\dfrac{1}{i}=\displaystyle \sum_{1 \le i \le \frac{p-1}{2}}\left ( \dfrac{1}{i}+\dfrac{1}{p-i} \right )=p \displaystyle \sum_{1 \le i \le \frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{i(p-i)}=p \cdot \dfrac{a}{b}$ . Por lo tanto, basta con demostrar que $a \equiv 0 \mod p$ o, de forma equivalente, que el número entero

$$S=\displaystyle \sum_{1 \le i \le \frac{p-1}{2}}\dfrac{(p-1)!}{i(p-i)}$$

es un múltiplo de $p$ . Dejemos que $r_i \in \mathbb{Z}_p$ $ir_i \equiv 1 \mod p$ . Nota que $r_{p-i} \equiv -r_i \mod p$ . Así que,

$$S \equiv \displaystyle \sum_{1 \le i \le \frac{p-1}{2}}\dfrac{(p-1)!}{i(p-i)}\cdot ir_i \cdot (p-i)r_{p-i} \mod p$$ $$S \equiv \displaystyle \sum_{1 \le i \le \frac{p-1}{2}}r_i^2 \mod p$$ por el Teorema de Wilson. Por lo tanto,

$$S \equiv \displaystyle \sum_{1 \le i \le \frac{p-1}{2}}i^2 = \dfrac{p(p^2-1)}{24} \mod p$$

Así que, $S$ es un múltiplo de $p$ .

Answer 4

Secundo los comentarios de Joel. La prueba dada por Christian Aebi y Grant Cairns, en cierto sentido, es engañosa y perjudicial. Saltando directamente a $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ sin observar cuidadosamente la idoneidad y la justificación es engañoso y erróneo. Por ejemplo, al calcular en $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ , dejemos que $p=5$ entonces $\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\equiv 3 + 2 \equiv0,$ pero el numerador $mod\ 25$ es 5.

El problema original pide demostrar el numerador $mod\ p^2$ es cero. Hay que tener mucho cuidado al utilizar $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}.$ Por ejemplo, $\frac{3}{7} + \frac{1}{13}$ del numerador $mod\ 17$ es 12. Pero si se calcula en $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ para $p=17$ se obtiene $\frac{1}{7}\equiv5, \frac{1}{13}\equiv4$ y $\frac{3}{7} + \frac{1}{13}\equiv2$ . Se puede utilizar $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ al manipular $\sum_{k=1}^{(p-1)/2}\frac{1}{r(p-r)}$ se debe a la garantía del teorema de Wilson en el fondo, y al hecho de que sólo nos importa si el resultado del módulo es cero.