$p \nmid 2n-1,$ entonces $ \sum_ {k=1}^{p-1} \frac {1}{k^{2n-1}} \equiv 0 \pmod {p^3} \Leftrightarrow \sum_ {k=1}^{p-1} \frac {1}{k^{2n}} \equiv 0 \pmod {p^2} $

Question

¿Es cierto que si $p$ es un primer y $p \nmid 2n-1,$ entonces $$ \sum_ {k=1}^{p-1} \frac {1}{k^{2n-1}} \equiv 0 \pmod {p^3} \hspace {12pt} \Leftrightarrow \hspace {12pt} \sum_ {k=1}^{p-1} \frac {1}{k^{2n}} \equiv 0 \pmod {p^2} $$

Encuentro algunos ejemplos: $(2n-1,p)=(3,37)(7,67)(7,877)(9,5)(13,7)(13,59)(13,607)$

Answer 1

Demostramos algo más fuerte, a saber, que $$ 2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n-1}}+(2n-1)\cdot p\cdot\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n}}\equiv 0\mod{p^3}. $$

Sea $n\geq 1$ sea un número entero fijo. Si calculamos la diferencia $$ \frac{1}{(1+x)^{2n-1}}-\left(1-(2n-1)x+n(2n-1)x^2\right), $$ vemos que es de la forma $$ \frac{f(x)}{(1+x)^{2n-1}}, $$ donde $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$ es un polinomio divisible por $x^3$ . Se deduce que para cualquier $x\in p\mathbb{Z}_{(p)}$ , $$ (\star)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{(1+x)^{2n-1}}\equiv 1-(2n-1)x+n(2n-1)x^2\mod{p^3}. $$

Ahora, tenemos $$ \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n-1}}&=&\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{(p-k)^{2n-1}}\\ &=&-\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n-1}}\frac{1}{\left(1-\frac{p}{k}\right)^{2n-1}}\\ &\equiv&-\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n-1}}-(2n-1)p\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n}}-n(2n-1)p^2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n+1}}\mod{p^3}, \end{eqnarray*} $$ donde en la tercera línea hemos utilizado $(\star)$ con $x=-\frac{p}{k}$ .

Para $p\geq 2n+3$ , $$ \sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n+1}}\equiv 0\mod{p} $$ (¿quizás conozca este hecho?), por lo que en este caso tenemos $$ 2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n-1}}+(2n-1)\cdot p\cdot\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{2n}}\equiv 0\mod{p^3}, $$ dando a entender el hecho que desea.