Somme d’inverse et nombre premier

Pour $1\leqslant k\leqslant p-1$, l’application $k\mapsto p-k$ est une involution de $\{1,\dots,p-1\}$ sans point fixe, car $k=p-k$ donnerait $p=2k$, impossible pour $p$ impair. En regroupant les termes deux à deux,
$$\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{p-k}\right)=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{p}{k(p-k)}=p\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k(p-k)} .$$

Le dénominateur est premier à $p$. Posons
$$N=\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}k(p-k),\qquad M=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{N}{k(p-k)}\in\mathbb{N}^{*},$$de sorte que la somme précédente vaut $M/N$. Tous les facteurs $k$ et $p-k$ intervenant dans $N$ appartiennent à $\{1,\dots,p-1\}$, donc aucun n’est divisible par $p$ ; comme $p$ est premier, $p\nmid N$.

On a donc $\dfrac{a}{b}=\dfrac{pM}{N}$, d’où par produit en croix $aN=pMb$.
Ainsi $p$ divise $aN$, et comme $p$ est premier et $p\nmid N$, le lemme d’Euclide donne $p\mid a$ $\qquad\blacksquare$

Noter que l’argument ne suppose pas que la fraction $a/b$ est irréductible.

La solution déjà proposée est très élégante mais j’ai pensé à une autre alors je la laisse au cas où elle peut plaire à quelqu’un.
On étend le morphisme canonique $\pi\colon\mathbb{Z}\longrightarrow \mathbb{F}_{p}$ à l’anneau $\mathbb{Z}_{(p)}=\left\{\dfrac{a}{b}\in\mathbb{Q}\mid p\nmid b\right\}$ (par propriété universelle de la localisation) et on le note toujours $\pi.$ Ainsi
$$\pi\left(\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{k}\right)=\sum_{x\in\mathbb{F}_{p}^{\times}}x^{-1}\underbrace{=}_{x\overset{\simeq}{\mapsto} x^{-1}}\sum_{x\in\mathbb{F}_{p}^{\times}}x=\sum_{k=1}^{n}\overline{k}=\overline{2^{-1}(p-1)p}=0\in\mathbb{F}_{p}.$$C’est donc que la $p$-valuation du rationnel $\displaystyle\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{k}$ est supérieure à $1.$