初等證明 Wolstenholme 定理

Wolstenholme 定理¹，即是指同餘式：

$\binom{2p-1}{p-1} \equiv 1 \pmod{p^3}$

對質數 $p \geq 5$ 成立。也等價於：

$\binom{np}{rp} \equiv \binom{n}{r} \pmod{p^3}$

這一形式來自 J.W.L. Glashier。

以上皆是引用。本文將用初等方法證明以上的定理。

所謂“初等方法”是指不超過高校初等數論²教材範圍的方法。請注意，這個證明的一部分是由紀春崗教授提供的³。

準備工作

引理 1⁴

對質數 $p \ge 3$ 以及 $1 \le k \lt p-1$ ，下列同餘式成立：

$1^k + 2^k + \cdots + (p-1)^k \equiv 0 \pmod{p}$

證明：取 $a$ 是模 $p$ 的一個原根。另外，當 $k = 1$ 時結論平凡。知 $a^r \bmod{p}$ 構成了模 $p$ 的一個縮系，於是：

$\begin{align}&LHS \equiv \sum_{r=0}^{p-1} (a^r)^k \equiv \frac{a^{k(p-1)} - 1}{a^k - 1}\\&\because k \leq p - 2 \therefore p \nmid a^k - 1\\&\therefore LHS \equiv 0 \pmod{p}\\&\blacksquare\end{align}$

定理 1

對質數 $p \ge 5$ ，下列同餘式成立：

$(p-1)! (1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{p-1}) \equiv 0 \pmod{p^2}$

證明：

$LHS = \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}= \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{p-1} (\frac{1}{i} + \frac{1}{p - i})= \frac{p}{2} \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i(p-i)}$

令 $A = \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i(p-i)}$ ，由 Fermat's little theorem，

$\begin{align}&(1\times2\times\cdots\times(p-1))^{p-1}A\\&= \sum_{i=1}^{p-1} \frac{ (1\times2\times\cdots\times(p-1))^{p-1} }{ i(p-i) }\\&\equiv\sum_{i=1}^{p-1} i^{p-2}(p-i)^{p-2} \equiv - \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-4}\\&\equiv - \sum_{i=1}^{p-1} i^{p-3} \equiv 0 \pmod{p} \text{ （引理 1）}\\&\therefore p | A \therefore p^2 | LHS\\\end{align}$
即 $(p-1)! (1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{p-1}) \equiv 0 \pmod{p^2}$

$\blacksquare$

定理 2

對質數 $p \ge 5$ ，下列同餘式成立：

$(p-1)!^2 (1 + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{(p-1)^2}) \equiv 0 \pmod{p}$

證明：

同樣由 Fermat's little theorem，

$\begin{align}&\sum_{i=1}^{p-1} \frac{ (1\times2\times\cdots\times(p-1))^{p-1} }{ i^2 } \equiv \sum_{i=1}^{p-1} i^{p-3}&\equiv 0 \pmod{p} \text{ （引理 1）}\end{align}$

即 $(p-1)!^2 (1 + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{(p-1)^2}) \equiv 0 \pmod{p}$

$\blacksquare$

證明 Wolstenholme 定理

Wolstenholme 定理 Form 1

$\binom{2p-1}{p-1} \equiv 1 \pmod{p^3}$

（Joseph Wolstenholme，1862）

證明：

$LHS - RHS = \binom{2p-1}{p-1} - 1 = \frac{(2p-1)!}{(p-1)! p!} - 1 =\frac{ \prod_{i=1}^{p-1} (p + i) - (p-1)! }{ (p-1)! }$

令 $f(x) = \prod_{i=1}^{p-1} (x+i) = x^p + a_{p-1} x^{p-1} + \cdots + a_2 x^2 + a_1 x^1 + (p-1)!$

代入 $x = p$

$\begin{align}a_2 & = (p-1)! \sum_{1 \leq i \text{<} j \leq p-1} \frac{1}{i} \cdot \frac{1}{j}\\& =(p-1)! \frac{1}{2} \left\lbrack (\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i})^2 - \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^2} \right\rbrack\\& \equiv 0 \pmod{p}\,\text{（定理 1、定理 2）}\end{align}$

$a_1 = (p-1)! \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} \equiv 0 \pmod{p^2}$ （定理 1)

從而 $p^3 | \left( f(p) - (p-1)! \right )$

$p^3 \left| \frac{ \prod_{i=1}^{p-1} (p + i) - (p-1)! }{ (p-1)! } \right.$

即 $LHS \equiv RHS \pmod{p^3}$

$\blacksquare$

Wolstenholme 定理 Form 2

$\binom{np}{rp} \equiv \binom{n}{r} \pmod{p^3}$

（J.W.L. Glashier）

證明：

由定義知 $\binom{np}{0} = 1 = \binom{n}{0}$

和 $\binom{n}{r+1} = \binom{n}{r} \frac{r+1}{n-r}$

於是

$\begin{align}&\binom{np}{(r+1)p} = \binom{np}{rp} \frac{ (rp+1)(rp+2)\cdots(rp+p) }{ (np-rp)(np-rp-1)\cdots(np-rp-p+1) }\\&= \binom{np}{rp} \frac{(r+1)p}{(n-r)p} \cdot \frac{ (rp+1)(rp+2)\cdots(rp+p-1) }{ ((n-r)p-1)((n-r)p-2)\cdots((n-r)p-p+1) }\\&= \binom{np}{rp} \frac{r+1}{n-r} \cdot \frac{A}{B}\end{align}$