Problem 847

對於有理數 $p_1/q_1$ 與 $p_2/q_2$ 其中 $p \nmid q_1, p \nmid q_2$。若 $p|(p_1q_2 - p_2q_1)$, 記為 $p_1/q_1 \equiv p_2/q_2 \pmod p$。
由 $S_a$ 模 $p$ 開始。觀察: $p|(\binom{p}{k})$, $k = 1, \cdots, p-1$ 且
$$\begin{aligned} \frac{1}{p}\binom{p}{k} &= \frac{(p-1)(p-2)\cdots(p-k+1)}{k!} \\ &\equiv \frac{(-1)\cdot(-2)\cdots(-k+1)}{k!} = (-1)^{k-1} \pmod{p}. \end{aligned}$$
則, 我們有
$$S_a = - \sum_{k=1}^{p-1} \frac{(-a)^k (-1)^{k-1}}{k} \equiv - \sum_{k=1}^{p-1} (-a)^k \cdot \frac{1}{p} \binom{p}{k} \pmod{p}.$$
上式之右邊是一整數。由二項式定理, 得
$$- \sum_{k=1}^{p-1} (-a)^k \cdot \frac{1}{p} \binom{p}{k} = - \frac{1}{p} \left( -1 - (-a)^p + \sum_{k=1}^{p} (-a)^k \binom{p}{k} \right) = \frac{(a-1)^p - a^p + 1}{p}$$
因 $p$ 是奇數。故
$$S_a \equiv \frac{(a-1)^p - a^p + 1}{p} \pmod{p}.$$
最後, 可得
$$\begin{aligned} S_3 + S_4 - 3S_2 &\equiv \frac{(2^p - 3^p + 1) + (3^p - 4^p + 1) - 3(1^p - 2^p + 1)}{p} \\ &= \frac{4 \cdot 2^p - 4^p - 4}{p} = -\frac{(2^p - 2)^2}{p} \pmod{p}. \end{aligned}$$
由 Fermat 定理, $p|(2^p - 2)$, 故 $p^2|(2^p - 2)^2$。所以
$$S_3 + S_4 - 3S_2 \equiv 0 \pmod{p}.$$