Сумма биномиальных коэффициентов делится на p^2

[Sonic86]

Доказать, что для простых $p>3$ и $k= \left[ \frac{2p}{3}\right]$ верно

$$p^2|\binom{p}{1}+...+\binom{p}{k}$$

(источник)

позаимствовал здесь: http://e-science.ru/forum/index.php?showtopic=32758
там написано, что это Putnam 1996A5.

[nnosipov]

Можно (нужно?) сначала доказать, что

$$ \sum_{k=1}^{[2p/3]}\frac{(-1)^{k-1}}{k} \equiv 0 \pmod{p} $$

(при $p=1979$ это задача с 20-й IMO), а затем немного похимичить с биномиальными коэффициентами. Есть ли другой способ?

[Sonic86]

Блин, вот я затупил: это все-таки аналогично доказательству $\binom{2p}{p} \equiv 2 \pmod{p^2}$, только с подпрыгиваниями в конце:
$\sum\limits_{j=1}^{[2p/3]} \binom{p}{j} \equiv 0 \pmod{p^2} \Leftrightarrow$
$\sum\limits_{j=1}^{[2p/3]} \frac{(p-1)!}{j!(p-j)!} \equiv 0 \pmod p \Leftrightarrow$
$\sum\limits_{j=1}^{[2p/3]} \frac{(p-1)...(p-(j-1))}{j!} \equiv 0 \pmod p \Leftrightarrow$
$\sum\limits_{j=1}^{[2p/3]} \frac{(-1)^j}{j} \equiv 0 \pmod p$
Поскольку $\sum\limits_{j=1}^{p-1} \frac{1}{j} \equiv 0 \pmod p$, то прибавляя эту формулу к предпоследней, сокращая одинаковые члены с разными слагаемыми, получим равносильное
$\sum\limits_{[2p/3]<j \leqslant p-1} \frac{1}{j} + 2 \sum\limits_{1 \leqslant j \leqslant \frac{1}{2} [2p/3]} \frac{1}{2j} \equiv 0 \pmod p \Leftrightarrow$
$\sum\limits_{1 \leqslant j \leqslant \frac{1}{2} [2p/3]} \frac{1}{p-j} + \sum\limits_{1 \leqslant j \leqslant \frac{1}{2} [2p/3]} \frac{1}{j} \equiv 0 \pmod p \Leftrightarrow 0=0$
Интересно, насколько она обобщается?

[maxal]

Sonic86 в сообщении #469782 писал(а):

это Putnam 1996A5.

Соответственно официальное решение тут: http://amc.maa.org/a-activities/a7-prob ... /1996s.pdf