Prueba de que$\sum\limits_i \frac{(p-1)!}i$ es divisible por$p$

Question

<blockquote> <p><strong>Problema:</strong> Que $p$ ser una privilegiada. Considerar el $\sum\limits_{i = 1}^{p-1} \frac1i = \frac K{(p-1)!}$. Reordenando, tenemos $K = \sum\limits_{i = 1}^{p-1} \frac{(p-1)!}i$. Demostrar que $p \mid K$.</p> </blockquote> <p><strong>Indirecta:</strong> considerar el % de factorización $x^{p-1} - 1 \equiv (x-1) ...(x - (p-1)) \pmod{p}$.</p> <p><strong>Intento:</strong> Estoy averiguando aplicando la pista difícil. Sin duda, el lado derecho de la relación de congruencia contiene $(p-1)!$, pero no puedo ver cómo la factorización me ayudaría a demostrar la expresión $K$. Cualquier ayuda es apreciada.</p>

Answer 1

Tengo una solución mucho más sencilla. Pero voy a empezar diciendo que este es el problema número 60 de este libro (más complicado ya que la pregunta por $p^2 \mid K, p>3$) y de la solución a continuación no es del libro. Así, por $p>2$ tenemos $p-1$ hasta y $$\sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}=\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{i}+\sum\limits_{i=\frac{p+1}{2}}^{p-1}\frac{1}{i}= \sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{i}+\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{p-i}=\\ \sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{1}{i}+\frac{1}{p-i}\right)= \sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{p}{i(p-i)}=p\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{i(p-i)}=p\frac{A}{(p-1)!}$$ donde$K=pA$$A \in \mathbb{N}$.

Answer 2

Esta no es una prueba completa, sino algunos pensamientos.

Editar: erróneamente declaro que esto funciona para p = 2 cuando no lo hace.

Supongamos que$p$ es un primo impar. Por la pista, tenemos que$$p^{p-1} - 1 \equiv (p-1)! \pmod p.$$ On the other hand $$p^{p-1} -1 \equiv -1 \pmod p.$$ Putting these two facts together gives $$(p-1)! \equiv -1 \pmod p.$$ Therefore, $$K \equiv \sum_i^{p-1}\frac{-1}{i} \pmod p.$ $ ¿Puedes terminar desde aquí?