Esto fue inspirado por esta pregunta. Traté de usar la identidad
$${2n \choose n}=\sum_{k=0}^n {n \choose k}^2$$
(ver esta pregunta) para demostrar que $$\binom{2p}p\equiv2\pmod{p^3}$$ if $p\gt3$ is prime. (Wikipedia gives a combinatorial proof that this special case of Wolstenholme's theorem implies the general case.) Since $\binom p0=\binom pp=1$, queremos
$$\sum_{k=1}^{p-1}\binom pk^2\equiv0\pmod{p^3}\;.$$
Los coeficientes binomiales son todos divisibles por $p$, así que podemos escribir esto como
$$\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac1p\binom pk\right)^2\equiv0\pmod{p}\;.$$
Pero
$$\frac1p\binom pk=\frac{(p-1)\cdots(p-(k-1))}{k(k-1)\cdots1}\equiv\frac1k\frac{(-1)\cdots(-(k-1))}{(k-1)\cdots1}\equiv\pm\frac1k\pmod p\;,$$
y así
$$\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac1p\binom pk\right)^2\equiv\sum_{k=1}^{p-1}\left(\pm\frac1k\right)^2\equiv\sum_{k=1}^{p-1}\left(\frac1k\right)^2\pmod{p}\;.$$
Como $k$ atraviesa el cero residuos $\bmod p$, por lo que no $1/k$, así que esto es sólo el doble de la suma de los residuos cuadráticos $\bmod p$, que es cero para $p\gt3$ como se requiere.
No pude encontrar esta prueba de Wolstenholme del teorema de cualquier lugar, así que me pregunto:
- Hay un error en esto?
- Si no, es conocido?
- Si no, es pertinente?
[Actualización:]
En el ínterin me encontré con este papel, que hace un uso extensivo de la suma de cuadrados de la identidad en el contexto de Wolstenholme del teorema, aunque no para probar el teorema en sí.
Con respecto al uso de la suma, recíprocos en la demostración de la armónica-número de versión del teorema, como en el documento vinculado en el Don de la respuesta: yo era consciente de que el uso, pero la principal razón pensé que esta alternativa de la prueba podría no obstante ser de interés es que para demostrar la congruencia para el coeficiente binomial de las dos congruencias para el (generalizada) armónica de los números requiere de dos sumas, mientras que yo sólo soy la evaluación de una sola suma.
