Para todo primo p >= 5, el coeficiente binomial C(2p, p) ≡ 2 (mod p^3).
El Teorema de Wolstenholme es una de esas joyas de la teoría de números que te hace ver que los números primos tienen propiedades mucho más profundas de lo que parecen a simple vista. Básicamente, este teorema es una versión "reforzada" de otros resultados más conocidos, como el Teorema de Lucas. Mientras que Lucas te diría que el coeficiente binomial $\binom{2p}{p}$ es congruente a 2 módulo $p$, Wolstenholme sube la apuesta y demuestra que, para primos mayores o iguales a 5, la congruencia se mantiene incluso módulo $p^3$.
Este resultado es súper importante en las olimpiadas porque aparece cuando necesitas analizar la divisibilidad de combinaciones grandes o sumas de potencias. La intuición clave aquí es que los residuos de los números ${1, 2, \dots, p-1}$ módulo $p$ tienen una simetría tan perfecta que, al sumarlos o multiplicarlos de ciertas formas, muchas de las potencias de $p$ "desaparecen" o se cancelan entre sí. Es un salto de calidad: pasas de entender qué pasa módulo $p$ a entender qué pasa módulo $p^3$, lo cual es mucho más restrictivo y poderoso.
El enunciado principal del teorema para cualquier primo $p \geq 5$ es: $$\binom{2p}{p} \equiv 2 \pmod{p^3}$$
Para llegar a este resultado, el teorema se apoya en dos congruencias fundamentales relacionadas con los números armónicos, que también se conocen como variaciones del Teorema de Wolstenholme:
La suma de los inversos módulo $p^2$: $$\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} \equiv 0 \pmod{p^2}$$
La suma de los inversos al cuadrado módulo $p$: $$\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^2} \equiv 0 \pmod{p}$$
También puedes encontrar una generalización para otros coeficientes binomiales: $$\binom{ap}{bp} \equiv \binom{a}{b} \pmod{p^3}$$
Para demostrar que $\binom{2p}{p} \equiv 2 \pmod{p^3}$, la idea es descomponer el coeficiente binomial y analizar sus términos.
Paso 1: Expresar el coeficiente como un producto. Nota que puedes escribir el coeficiente binomial de la siguiente forma: $$\binom{2p}{p} = \frac{(2p)(2p-1)\cdots(p+1)}{p!} = 2 \prod_{i=1}^{p-1} \frac{p+i}{i} = 2 \prod_{i=1}^{p-1} \left(1 + \frac{p}{i}\right)$$
Paso 2: Expandir el producto. Si expandes ese producto como si fuera un polinomio en términos de $p$, obtienes: $$\binom{2p}{p} = 2 \left( 1 + p \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} + p^2 \sum_{1 \leq i < j \leq p-1} \frac{1}{ij} + p^3 (\dots) \right)$$ Para que la congruencia $\binom{2p}{p} \equiv 2 \pmod{p^3}$ sea cierta, necesitas que el término dentro del paréntesis sea congruente a $1 \pmod{p^3}$. Esto equivale a mostrar que: $$p \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} + p^2 \sum_{1 \leq i < j \leq p-1} \frac{1}{ij} \equiv 0 \pmod{p^3}$$ Dividiendo todo entre $p$, lo que hay que mostrar es: $$\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} + p \sum_{1 \leq i < j \leq p-1} \frac{1}{ij} \equiv 0 \pmod{p^2}$$
Paso 3: Analizar las sumas simétricas. Considera el polinomio $f(x) = (x-1)(x-2)\cdots(x-(p-1))$. Por el Teorema de Wilson, sabes que $f(x) \equiv x^{p-1} - 1 \pmod{p}$. Los coeficientes de este polinomio son las sumas simétricas de los números ${1, 2, \dots, p-1}$. Específicamente, la suma de los inversos al cuadrado cumple: $$2 \sum_{1 \leq i < j \leq p-1} \frac{1}{ij} = \left( \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} \right)^2 - \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^2}$$ Como para $p \geq 5$ se cumple que $\sum_{i=1}^{p-1} i^k \equiv 0 \pmod{p}$ para $k=1, 2$, puedes deducir que $\sum \frac{1}{i^2} \equiv 0 \pmod{p}$.
Paso 4: Concluir con la suma armónica. Si tomas la suma $S = \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}$, puedes agrupar los términos por parejas de la forma $\frac{1}{i} + \frac{1}{p-i} = \frac{p}{i(p-i)}$. Entonces: $$S = \sum_{i=1}^{(p-1)/2} \left( \frac{1}{i} + \frac{1}{p-i} \right) = p \sum_{i=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{i(p-i)} \equiv -p \sum_{i=1}^{(p-1)/2} \frac{1}{i^2} \pmod{p^2}$$ Como la suma de los cuadrados de los inversos es $0 \pmod{p}$, entonces $S \equiv 0 \pmod{p^2}$. Al sustituir estos resultados en la expansión del Paso 2, todos los términos con $p$ y $p^2$ se anulan módulo $p^3$.
$\square$