Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Si agrupamos el primer sumando con el último, el segundo con el antepenúltimo y así sucesivamente, podemos expresar la suma del enunciado como suma de sumandos del tipo \begin{eqnarray*} \frac{1}{k^p}+\frac{1}{(p-k)^p}&=&\frac{(p-k)^p+k^p}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{p^p-\binom{p}{1}kp^{p-1}+\ldots+\binom{p}{2}k^{p-2}p^2+\binom{p}{1}k^{p-1}p+k^p-k^p}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{M_kp^3}{k^p(p-k)^p}+\frac{k^{p-1}p^2}{k^p(p-k)^p}, \end{eqnarray*} para cierto entero $M_k$, donde hemos usado el binomio de Newton y el hecho de que $\binom{p}{2}=\frac{p(p-1)}{2}$ es múltiplo de $p$. Ahora bien, la primera de las dos fracciones del último término nos da el factor $p^3$ deseado, pero tendremos que trabajar un poco más la segunda. La suma del enunciado verifica \begin{eqnarray*} 2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^{p-1}}&=&\sum_{k=1}^{p-1}\frac{M_kp^3}{k^p(p-k)^p}+\sum_{k=1}^{p-1}\frac{k^{p-1}p^2}{k^p(p-k)^p}\\ &=&\frac{Mp^3}{((p-1)!)^p}+p^2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{\frac{1}{k}}{(p-k)^p}\\ &=&\frac{Mp^3+p^2\sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}}{((p-1)!)^p}. \end{eqnarray*} para cierto entero $M$. Como quiera que el denominador $((p-1)!)^p$ no es múltiplo de $p$ por ser $p$ primo, será suficiente probar que la sumatoria $\sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}$ (que es un número entero ya que el denominador divide al numerador claramente) es múltiplo de $p$. Para probarlo, vamos a usar congruencias. Por un lado, tenemos que $(p-k)^p\equiv (p-k)\equiv -k\ (\text{mod }p)$ por el teorema pequeño de Fermat; por otro lado, el teorema de Wilson nos dice que $(p-1)!\equiv -1\ (\text{mod }p)$. En consecuencia, podemos escribir \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{p-1}\frac{((p-1)!)^p}{k(p-k)^p}&\equiv& \sum_{k=1}^{p-1}\frac{(-1)^p}{k(-k)}\equiv \sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^2}\\ &\equiv& \sum_{k=1}^{p-1}k^2\equiv \frac{(p-1)p(2p-1)}{6}\equiv 0\ (\text{mod }p). \end{eqnarray*} Aquí hemos usado además que $\frac{1}{k}$ recorre todos los restos no nulos módulo $p$ por ser $p$ primo y también que $p\geq 5$ para que en la última congruencia $(p-1)(2p-1)$ sea múltiplo de $6$. Como comentario final, en estas últimas congruencias los denominadores deben entenderse como multiplicar por su inverso modular, no como verdaderas fracciones.