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Suvvia dimostratelo!

Se si esprime come frazione $ \displaystyle 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots + \frac{1}{p-1} $ con $ p\ge 5 $ primo allora $ p^2 $ divide il numeratore.

EUCLA ha scritto:$ p\le 5 $

suppongo sia $ p\ge 5 $ giusto?

Già, errore in LaTeX

Allora ho che dopo un po' di conti questo diventa

$ \displaystyle \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k}}{(p-1)!} $

Ora al denominatore non ho fattori $ p $, allora se $ p^2 $ divide l'oggetto al numeratore allora dividerà il numeratore della frazione ridotta ai minimi termini. Devo dimostrare che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv 0 \pmod{p^2} $.
Poichè i termini della somma sono interi e i denominatori coprimi con il modulo ho che

$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}(p-1)!k^{p^2-p-1} \pmod{p^2} $ e quindi poichè $ (p-1)! $ è coprimo con $ p^2 $ mi riduco a dimostrare che
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv 0 \pmod{p^2} $

Scrivo ora questa uguaglianza
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} = \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}[p-(p-k)]^{p^2-p-1} $.

Ora so che per ogni $ m < p $
$ (p-m)^{p^2-p-1} \equiv -m^{p^2-p-1}+m^{p^2-p-2}(p^2-p-1)p \pmod{p^2} $ (si ottiene svolgendo il coefficiente binomiale.)
Da cui
$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv \displaystyle -\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} + p(p^2-p-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p^2} $
e
$ 2\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-1} \equiv + p(p^2-p-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p^2} $ (fatto 1).
Dimostro ora che $ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv 0 \pmod{p} $ (vale per tutti gli esponenti non multipli di p-1).
Moltiplicando tutti i $ k $ per il generatore $ g $ ottengo un'uguaglianza modulo $ p $, da cui

$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv g^{p^2-p-2}\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \pmod{p} $ da cui
$ \displaystyle(g^{p^2-p-2}-1)\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} \equiv 0 \pmod{p} $ e poichè per definizione del generatore $ p $ non divide $ (g^{p^2-p-2}-1) $ avrò che $ p|\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} $
da cui tornando al fatto 1 avrò
$ \displaystyle p^2|\sum_{k=1}^{p-1}k^{p^2-p-2} $

da cui la tesi del teorema.

Visto che questo benedetto teorema è apparso sul forum una 50ina di volte, e non riesco a ritrovarlo, posto una soluzione leggermente più breve:

$ \displaystyle p^2|\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} $ equivale a $ \displaystyle p^2|2\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}= $$ \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}+\frac{1}{p-i}=\sum_{i=1}^{p-1} \frac{p}{i(p-i)} $

Ma $ \displaystyle\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i(p-i)}\equiv $$ \displaystyle -\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^2}\equiv $$ \displaystyle -\sum_{i=1}^{p-1} i^{p-3}\equiv -\sum_{i=0}^{p-1} i^{p-3}\equiv 0 \pmod p $ e quindi abbiamo concluso

Alex89 ha scritto: Poichè i termini della somma sono interi e i denominatori coprimi con il modulo ho che

$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}(p-1)!k^{p-2} \pmod{p^2} $

Ti dispiacerebbe spiegarmi perchè puoi moltiplicare per $ k^{p-1} $? Modulo p ok, ma modulo $ p^2 $ non mi è per niente chiaro

La mia soluzione comunque era come quella di piever.

[lasciamo perdere va]

[vabbè, il mio intervento ha perso di utilità ]

[evvai, ce l'habbiamo fatta! (ci starebbe un "Grande Giove ")]

Beh, un'altra (ancora) dimostrazione dell'ultimo passaggio è che $ \displaystyle \sum_{i=1}^{p-1} i^{-2} \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^{2} \equiv \frac{(p-1)(p)(2p-1)}{6} \equiv 0 \pmod p $, dove la prima (cruciale ) uguaglianza è garantita dal fatto che sommare per i o per il suo inverso è la stessa cosa (o meglio, è una permutazione... ma le cose che otteniamo le sommiamo, quindi chissenefrega?)

EUCLA ha scritto:

Alex89 ha scritto: Poichè i termini della somma sono interi e i denominatori coprimi con il modulo ho che

$ \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k} \equiv \displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}(p-1)!k^{p-2} \pmod{p^2} $

Ti dispiacerebbe spiegarmi perchè puoi moltiplicare per $ k^{p-1} $? Modulo p ok, ma modulo $ p^2 $ non mi è per niente chiaro

La mia soluzione comunque era come quella di piever.

Oooops scusatemi non era $ k^{p-1} $ ma $ k^{p^2-p} $
edito subito...

Okok, ora mi torna quel passaggio, grazie!