Løs_ODE skrev:La [tex]p>3[/tex] være primisk. Bevis at hvis [tex]\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^p}=\frac{n}{m}[/tex] med
[tex](n,m)=1[/tex] da vil [tex]p^3[/tex] dele [tex]n[/tex]
Først skriver vi $\sum_{i=1}^{p-1}\frac1{i^p} = \sum_{i=1}^{p-1}\frac{\prod_{j\neq i}j^p}{\prod_{k=1}^{p-1}k^p} = \frac{\sum_{i=1}^{p-1}\prod_{j\neq i}j^p}{\prod_{k=1}^{p-1}k^p}.$ Ettersom $p$ er primtall, ser vi at $p$ ikke deler nevneren, så det holder å vise at $p^3\mid N$, der $N = \sum_{i=1}^{p-1}\prod_{j\neq i}j^p.$ For alle $i=1, \dots, p-1$ gir binomialteoremet at
$$i^p + (p-i)^p \equiv i^p + \sum_{k=0}^p{p \choose k}p^k(-i)^{p-k} \equiv p^2i^{p-1}\mod p^3,$$
slik at
$$N \equiv \sum_{i=1}^{(p-1)/2}\left(\left(i^p + (p-i)^p\right)\prod_{i \neq j \neq p-i}j^p\right) \equiv p^2\sum_{i=1}^{(p-1)/2}\left(i^{p-1}\prod_{i \neq j \neq p-i}j^p\right)\mod p^3,$$
så vi er ferdige om vi kan vise at $p\mid\sum_{i=1}^{(p-1)/2}\left(i^{p-1}\prod_{i \neq j \neq p-i}j^p\right)$, hvilket, via Fermats lille teorem, er ekvivalent med å vise at $p\mid\sum_{i=1}^{(p-1)/2}\prod_{i\neq j\neq p-i}j$. Nå, ettersom $p$ er primtall, sier Lagranges teorem at kongruensen $\left[x^2 \equiv 1\mod p\right]$ har kun løsningene $\left[x \equiv \pm 1\mod p\right]$, så ved å multiplisere sammen alle elementene i gruppen $\mathbb{Z}_p^{\star}$ av enheter i ringen $\mathbb{Z}_p$ ser vi at $\left[(p-1)! \equiv -1 \mod p\right]$. Dette kalles Wilsons teorem. Altså har vi at $\prod_{i\neq j\neq p-i}j = i^{-2}$ som elementer $\mathbb{Z}_p$. Vi er altså ferdige om vi kan vise at $\sum_{i=1}^{(p-1)/2}i^{-2} = 0$ i $\mathbb{Z}_p$. Ettersom $p>2$ og $i^2 = (-i)^2$ for alle $i\in\mathbb{Z}_p$, holder det å vise at $2\sum_{i=1}^{(p-1)/2}i^{-2} = \sum_{i=1}^{p-1}i^{-2} = 0\mbox{ i }\mathbb{Z}_p.$ Nå, funksjonen $f:\mathbb{Z}_p \rightarrow \mathbb{Z}_p, x \mapsto x^{-1}$ er bijektiv, så $\sum_{i=1}^{p-1}i^{-2} = \sum_{i=1}^{p-1}i^2$ i $\mathbb{Z}_p$. Dermed er vi ferdige, ettersom
$$\sum_{i=1}^{p-1}i^2 \equiv \frac{p(p+1)(2p+1)}{2\times 3} \equiv 0\mod p$$
når $p>3$.
