p prime & k odd ==> p^2 | Numerator[H_{n,k}]

[HiTLeuLeR]

Problema: per ogni $ n, k \in\mathbb{N}_0 $, sia $ x_{n,k} $ il numeratore della frazione ridotta rappresentativa della sommatoria $ \displaystyle H_{n,k} = 1 + \frac{1}{2^k} + \ldots + \frac{1}{n^k} $. Dimostrare che, là dove $ k $ sia dispari, esiste sempre un opportuno intero $ v_k \geq 0 $ tale che, per ogni primo naturale $ p > v_k $, $ x_{p-1} $ è divisibile per $ p^2 $.

[jordan]

Dobbiamo mostrare che per ogni $ p $ primo sufficientemente grande vale $ \displaystyle p^2 \mid \sum_{i=1}^{p-1}{i^{-k}} $$ \displaystyle =2^{-1} \sum_{i=1}^{p-1}{i^{-k}+(p-i)^{-k}} $$ \displaystyle =2^{-1} \sum_{i=1}^{p-1}{(i^k+(p-i)^k)(i(p-i))^{-k}} $. Ma visto che $ 2 \mid k+1 $ allora $ p \mid i^k+(p-i)^k $ per cui è sufficiente mostrare che $ \displaystyle p \mid \sum_{i=1}^{p-1}{ki^{k-1} \cdot i^{-2k}} $$ =\displaystyle \sum_{i=1}^{p-1}{ki^{-k-1}} $, ma $ k $ è fissato per cui dobbiamo mostrare che $ \displaystyle p \mid \sum_{i=1}^{p-1}{i^{-k-1} } $. Ora, poichè gli inversi esistono e sono unici, è lecito affermare che è equivalente mostrare che $ \displaystyle p \mid \sum_{i=1}^{p-1}{i^{k+1}} $, che è vero per ogni $ p $ primo sufficientemente grande grazie a questo.