Очередное сравнение

[Sonic86]

$$\frac{(p-1)!+1}{p}\equiv \sum\limits_{m=1}^{p-1}\frac{m^{p-1}-1}{p}\pmod p$$

(Оффтоп)

надеюсь, что не было

[xmaister]

Достаточно заметить, что $\frac{a^{p-1}-1}{p}+\frac{b^{p-1}-1}{p}\equiv \frac{(ab)^{p-1}-1}{p}\pmod {p}$

[Sonic86]

Да, глупая задача вышла, спасибо.

[xmaister]

В продолжение темы предлагаю сравнение: Докажите, что $\sum\limits_{m=1}^{p-1}m^{p-1}\equiv pB_{p-1}\pmod{p^2}$, где $B_k$- число Бернулли.

[Sonic86]

Все-таки это просто (хотя идея честно позаимствована из книги): берем сумму $S_m(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}k^m$ через числа Бернулли $S_m(n)=\frac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^{m}\binom{m+1}{k}B_kn^{m+1-k}$, подставляем $n=p, m=p-1$ и берем по модулю $p^2$, в сумме остается всего 1 член.
Сама идея дает такую теорему: https://en.wikipedia.org/wiki/Von_Staud ... en_theorem

[Dave]

Докажите, что если существует составное число $n$ такое, что $2^{n-1}-1$ делится на $n^2$, то все его простые делители также удовлетворяют этому свойству, т.е. являются простыми числами Вифериха (таких на данный момент известно только 2 - 1093 и 3511).