Сравнения с гармоническими числами

[maxal]

Пусть $H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ - это $n$-е гармоническое число.
Докажите, что для простого $p\geq 5$ выполняется сравнение:

$$\sum_{k=1}^{p-1} (-1)^k\frac{H_k}{k} \equiv \left(\frac{2^{p-1} - 1}{p}\right)^2\pmod{p}.$$

[Руст]

Для нечётных простых р $H_{p-1}\equiv 0\mod p$. Учитывая это получаем:

$$H_k=\sum_{i=1}^k=\frac 1i\equiv -\sum_{i=k+1}^{p-1}\frac 1i \mod p\equiv H_{p-k-1}\mod p\equiv H_{p-k}+\frac 1k\mod p.$$

Поэтому

$$\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^kH_k}{k}\equiv-\sum_{k-odd}\frac{1}{k^2}+2\sum_{k-even}\frac{H_k}{k}.$$

Первая сумма равна нулю по модулю p>3.
Поэтому

$$\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^kH_k}{k}\equiv 2\sum_{i\le k,i,k-even}\frac{1}{ik}+2\sum_{i-odd<k-even}\frac{1}{ik}\mod p.$$

Учитывая, что

$$\frac{1}{ik}\equiv \frac{1}{(p-i)(p-k)}$$

(меняются чётные на нечётные и наоборот) и обратно перейдя к знакопеременной как выше, получаем, что при p>3 вторая часть эквивалентна нулю. Первая часть приводится к виду

$$\frac 14(S_1^2+S_2),S_1=\sum_{i=1}^{(p-1)/2}\frac 1i ,S_2=\sum_{i=1}^{(p-1)/2}\frac{1}{i^2}.$$

, т.е
$\frac 14 S_1^2\mod p,p>3$. Из вышеприведённого оно эквивалентно $(\frac{2^{p-1}-1}{p})^2$.

[maxal]

А такое обобщение?

$$\sum_{k=1}^{p-1} (-1)^k\frac{H_k}{k} \equiv \left(\frac{2^{p-1} - 1}{p}\right)^2(2-2^{p-1}) - \frac{B_{p-3}}{24}p \pmod{p^2}.$$

[Руст]

Это можно получить из следующего

$$\frac{2^p-2}{p}=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^k}{k}\prod_{i=1}^{k-1}(1-\frac{p}{i})=$$

$$=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^k}{k}[1-p(H_k-\frac 1k)+p^2\sum_{i<j<k}\frac{1}{ij}+O(p^3)].$$

Учитывая

$$\sum_{i<j<k}\frac{1}{ij}=\frac12[(H_k-\frac 1k)^2-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{1}{i^2}]$$

и

$$\sum_{k=1}^{p-1}\sum_{i=1}^{k-1}\frac{(-1)^k}{ki^2}\equiv 0\mod p$$

получается

$$\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^kH_k}{k}=\frac{1-2^{p-1}}{p}+\frac 1p [\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^k}{k}+\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^k}{k^2}] -p\sum_{k=1}^{p-1}(H_k-\frac 1k)\frac{(-1)^k}{k}.$$

Отсюда уже можно получить искомое равенство с нужной точностью.