ｍｏｄ算術を扱う場合，１／２のような数はある整数と同値である．たとえば，
１／２＝６／２＝３ （ｍｏｄ ５）
１＋１／２＋１／３＋１／４＝１＋１３＋１７＋１９＝０ （ｍｏｄ ２５）
ｘ^2＋３ｘ＋２＝（ｘ＋１）（ｘ＋２）
は整数係数のおなじみの因数分解の問題であるが，足して３，掛けて２となる２数を見つければよい．１と２がこれを満たすわけであるから，答えは右辺のようになる．
それでは，以下の例はどうであろうか？
ｘ^2＋４＝（ｘ＋１）（ｘ＋４）
ｘ^2＋２ｘ＋２＝（ｘ＋３）（ｘ＋４）
一見分解できなさそうに見える左辺が，右辺のように１次式の積として表されているのだから明らかな誤りと映るに違いない．ところがこれが正しいのである．
そんな馬鹿なと思われるかもしれないが，実はこの因数分解のトリックは「有限体」にある（ｍｏｄ ５）．整数や有理数，実数や複素数の元は無限個あり，演算規則が定義されている．整数は環をなし，有理数，実数，複素数，４元数，ｐ進数は体をなす．このことから，体の定義を思い出してほしいのだが，０以外の元が常に乗法に関する逆元をもつ数体系を「体」という．
そして，有限個の元と体の構造をもつ数体系が「有限体」である．有限体は，計算機や通信などでいまや花形の数学の理論となっている．なお，代数学の教えるところによれば，ｎ元の体（加減乗除の演算が定義された集合）が存在するための必要十分条件は，ｎが素数（のベキ乗）になっていることで，位数２，３，４＝２^2，５の体は存在するが，位数６＝２×３の体は存在しない．そして，位数７，８＝２^3，９＝３^2の体は存在して，位数１０＝２×５のものは存在しない．
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【Ｑ１】ｐ＞３が素数ならば，既約分数
１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）
の分子はｐ^2で割り切れることを証明せよ（ウォルステンホルムの定理，１８６２年）．
（Ａ）素数ｐによる整除性ではなく，素数の平方ｐ^2による整除性なのでかなり難しい問題である．そこで，素数による整除性の問題に帰着させてより解きやすいものにしたい．そこでまず
１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）＝０ （ｍｏｄ ｐ）
を証明するしよう．
１＋１／２＋１／３＋１／４＝１＋３＋２＋４＝０ （ｍｏｄ ５）
であるが，
４＝−１，３＝−２ （ｍｏｄ ５）
を使えば，
１＋１／２＋１／３＋１／４＝１−２＋２−１＝０ （ｍｏｄ ５）
同様に，
ｐ−１＝−１，ｐ−２＝−２，・・・ （ｍｏｄ ｐ）
であるから
１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１）＝０ （ｍｏｄ ｐ）
を証明することができる．
次に，１／１と１／（ｐ−１），１／２と１／（ｐ−２），・・・をペアに組ませると
１＋１／２＋１／３＋・・・＋１／（ｐ−１） （ｍｏｄ ｐ^2）
＝１＋１／（ｐ−１）＋１／２＋１／（ｐ−１）＋・・・＋１／（ｐ−１）／２＋１／（（ｐ＋１）／２）
＝ｐ（１／（ｐ−１）＋１／２（ｐ−２）＋・・・＋１／（ｐ−１）／２＋（ｐ＋１）／２） （ｍｏｄ ｐ^2）
したがって，
１／（ｐ−１）＋１／２（ｐ−２）＋・・・＋１／（ｐ−１）／２＋（ｐ＋１）／２＝０ （ｍｏｄ ｐ）
ｐ−１＝−１，ｐ−２＝−２，・・・ （ｍｏｄ ｐ）
であるから，
１／１^2＋／２^2＋１／３^2＋・・・＋１／（ｐ−１）^2＝０ （ｍｏｄ ｐ）
が成り立つことをを示しさえすればよい．
１／１^2＋／２^2＋１／３^2＋・・・＋１／（ｐ−１）^2＝１^2＋２^2＋３^2＋・・・＋（ｐ−１）^2＝（ｐ−１）ｐ（２ｐ−１）／６＝０ （ｍｏｄ ｐ）
となって証明了．
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一般に，ｐを素数，ｋをｐ−１で割り切れない正の整数とするとき，
１＋１／２^k＋１／３^k＋・・・＋１／（ｐ−１）^k
の分子はｐで割り切れる
＝１＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k
がｐで割り切れることが示されています．すなわち，
１＋１／２^k＋１／３^k＋・・・＋１／（ｐ−１）^k＝０ （ｍｏｄ ｐ）
１＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k＝０ （ｍｏｄ ｐ）
です．
１＋１／２^k＋１／３^k＋・・・＋１／（ｐ−１）^k
＝１＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）
は，
１＝１，１／２^k＝２^k，１／３^3＝３^k，・・・，１／（ｐ−１）^k＝（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）
という意味ではありません．各逆数１／１，１／２^k，・・・，１／（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）は，すべての剰余１，２^k，・・・，（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）をきっかり１回だけ覆うという意味で，再配列によって
１＋１／２^k＋１／３^k＋・・・＋１／（ｐ−１）^k
＝１＋２^k＋３^k＋・・・＋（ｐ−１）^k （ｍｏｄ ｐ）
となるのです．
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【Ｑ２】ｐは素数で，ｐ＞２とする．
（２^p−２）／ｐ＝１−１／２＋１／３−・・・−１／（ｐ−１） （ｍｏｄ ｐ）
が成り立つことを証明せよ．
（Ａ）まず，ａは整数で０＜ａ＜ｐ−１とするとき，
（ｐ−１，ａ）＝（−１）^a
が成り立つことを証明してみよう．
（ｐ−１，ａ）＝（ｐ−１）（ｐ−２）・・・（ｐ−ａ）／１・２・・・ａ
ｐ−１＝−１，ｐ−２＝−２，・・・ （ｍｏｄ ｐ）
であるから
（ｐ−１，ａ）＝（−１）^a１・２・・・ａ／１・２・・・ａ＝（−１）^a
このことを使えば
ｂ／ａ＝ｂ（−１）^a-1（ｐ−１）（ｐ−２）・・・（ｐ−（ａ−１））／１・２・・・（ａ−１）ａ （ｍｏｄ ｐ）
）
（２^p−２）／ｐ
＝１＋（ｐ−１）／１・２＋（ｐ−１）（ｐ−２）／１・２・３＋・・・＋（ｐ−１）（ｐ−２）・・・（ｐ−（ｐ−２））／１・２・３・・・（ｐ−１） （ｍｏｄ ｐ）
＝１−１／２＋１／３−・・・−１／（ｐ−１） （ｍｏｄ ｐ）
が成立する．
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