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Mostrare che per ogni primo $p>5$ vale

\[\left(1+p\sum_{k=1}^{p-1}k^{-1}\right)^2 \equiv 1-p^2\sum_{k=1}^{p-1}k^{-2} \pmod{p^5}.\]

Timothy Chu.

lo specifico per gli utenti un po' perplessi: $k^{-1}$ è l'inverso moltiplicativo di $k$ modulo $p^5$ (esiste: perché?).

ma_go ha scritto:lo specifico per gli utenti un po' perplessi: $k^{-1}$ è l'inverso moltiplicativo di $k$ modulo $p^5$ (esiste: perché?).

Sì, forse era il caso di dirlo, dati due interi $n,m$ tali che $n\ge 2 $ e $\text{gcd}(n,m)=1$, definiamo con $m^{-1}$ quell'intero $r$ tale che $0\le r\le n-1$ e $n\mid rm-1$. (Esiste sempre ed è unico, per questo la congruenza sopra e' ben definita..)

Tutte le sommatorie sono da intendere in $k$ da $1$ a $p-1$.
Sia $S_e=\sum k^{-e}$.
Userò implicitamente che $p\mid S_e$ per $e=1,2,3,4$ dato che $p>5$.
Vale:
$ \displaystyle 2S_1\equiv \sum \left(k^{-1}+(p-k)^{-1}\right)\equiv p\sum \frac{1}{k(p-k)}\pmod{p^5} $ (*)
Ma $p\mid S_2\to p\mid \sum \frac{1}{k(p-k)}$ (dando la giusta definizione al $\mid$) e quindi sempre dando la giusta definizione $\displaystyle p^2\mid S_1$
Devo dimostrare:
$ \displaystyle (1+pS_1)^2\equiv 1-p^2S_2 \pmod p^5 \iff 2pS_1+p^2S_2+p^2S_1^2\equiv 0 \pmod{p^5} $
Ma per quanto dimostrato sopra $p^6\mid p^2S_1^2$ e quindi la tesi si riconduce a dimostrare:
$ 2S_1+pS_2\equiv 0\pmod{p^4} $
Ma ora valgono queste identità (usando la (*)):
$ \displaystyle 2S_1+pS_2\equiv p\sum \frac 1{k(p-k)}+\frac1{k^2}\equiv p\sum \frac{p}{k^2(p-k)}\pmod{p^4} $
Quindi la tesi è equivalente a dimostrare:
$\displaystyle\sum \frac{1}{k^2(p-k)}\equiv 0\pmod{p^2}$
Ma ancora valgono col solito trucco queste identità:
$\displaystyle 2\sum \frac{1}{k^2(p-k)}\equiv \sum \frac{1}{k^2(p-k)}+\frac{1}{k(p-k)^2}\equiv \sum \frac{p}{k^2(p-k)^2}\pmod{p^2}$
Quindi la tesi equivale a $\sum \frac{p}{k^2(p-k)^2}\equiv 0 \pmod{p}$ che però è vero dato che $p|S_4$.

C'è una p di troppo nell'ultima riga, per il resto tutto ok!