Numeri primi e coefficienti binomiali

[carlo232]

Un problema con i numeri primi:

Dimostrare che se $p$ è primo allora

$((2p),(p)) -= 2 mod 2p$

Ciao, ciao!

[eafkuor1]

ma è un teorema già dimostrato o è solo una tua congettura?

[carlo232]

"eafkuor":ma è un teorema già dimostrato o è solo una tua congettura?

Non è troppo difficile vedere che modulo $p$ si ha

$((2p-1)!)/p -= (p-1)!(p-1)! -= (p-1)!^2 mod p$

per il teorema di Wilson noi sappiamo che

$(p-1)! -= -1 mod p$

per ogni numero primi $p$. Quindi

$((2p-1)!)/p -= 1 mod p$

e visto che

$((2p),(p))= ((2p)!)/(p!^2) = ((2p^2)/p^2) (((2p-1)!)/(p(p-1)!^2)) = 2 (((2p-1)!)/(p(p-1)!^2))$

allora (è possibile la semplificazione perchè il denominatore all'ultimo membro è uguale a $p$)

$((2p),(p)) -= 2 mod p$

non resta che osservare che (esistono parecchie dimostrazioni) il coefficiente binomiale è
sempre pari e quindi se $p$ è dispari allora

$((2p),(p)) -= 2 mod 2p$

Questa è la mia dimostrazione, ho postato il problema perchè volevo vedere se qualcuno trovava una dimostrazione
più elegante, tutto qui.

[eafkuor1]

Cioè $((2p),(p))$ è congruente a $2$ modulo $2p$?
Quindi

$2=s(2p)+r$

con $s$ ed $r$ interi positivi e

$((2p)!)/(p!)^2=k(2p)+r$

con k intero positivo. Il fatto è che detto così il teorema mi sembra errato, dov'è che sbaglio?

[carlo232]

"eafkuor":Cioè $((2p),(p))$ è congruente a $2$ modulo $2p$?
Quindi

$2=s(2p)+r$

con $s$ ed $r$ interi positivi e

$((2p)!)/(p!)^2=k(2p)+r$

con k intero positivo. Il fatto è che detto così il teorema mi sembra errato, dov'è che sbaglio?

Non ho capito bene, la prima sarebbe

$((2p),(p))=s(2p)+2$

forse hai solo battuto male i tasti. Penso che ti sbagli a credere che $((2p)!)/(p!)^2$ deve essere multiplo di $2p$,
ricorda che hai due volte $p$ al numeratore ma ancge al denominatore!

Però non ho capito bene cosa intendessi...

Ciao, ciao!

[eafkuor1]

No, la prima sarebbe $2=s(2p)+r$ dove ovviamente $r=2$.
Ora rimane quindi da dimostrare che $r=2$ anche in $((2p),(p))=k(2p)+r$ che equivale (penso) a $((2p)!)=k(2p)(2p!)^2+r$

[carlo232]

"eafkuor":No, la prima sarebbe $2=s(2p)+r$ dove ovviamente $r=2$.
Ora rimane quindi da dimostrare che $r=2$ anche in $((2p),(p))=k(2p)+r$ che equivale (penso) a $(2p)!=k(2p)(2p!)^2+r$

Scusa ma continuo a non capire, se $2=s(2p)+r$ dove ovviamente $r=2$ allora $s(2p)=0$ e quindi $s=0$.

Perchè $2=s(2p)+r$?

[eafkuor1]

Mi sa tanto che ho frainteso il significato dell' operazione mod.

Ma scusa $t mod f=e$ non vuol dire che il resto della divisione intera $t/f$ è uguale ad $e$?

Noi abbiamo che

$((2p),(p))-=2 mod 2p$

quindi il resto delle divisioni intere $((2p)!)/(p!)^2$ e $2/(2p)$ è sempre $r$, no?

[eafkuor1]

scusa, ho sbagliato io

[carlo232]

"eafkuor":scusa, ho sbagliato io

Non importa, per un attimo però mi sono preoccupato, pensavo di aver commesso un errore incredibile nella dimostrazione!

[eafkuor1]

il fatto è che sbagliavo a fare questo passaggio

"eafkuor":$r=2$ anche in $((2p),(p))=k(2p)+r$ che equivale (penso) a $((2p)!)=k(2p)(2p!)^2+r$

[Sk_Anonymous]

"carlo23":Dimostrare che se $p$ è primo allora $((2p),(p)) -= 2 mod 2p$

Il caso p = 2 si testa "a mano". So admit p > 2. Vale $\binom{2p}{p} = 2\cdot \frac{(p+1)(p+2)\ldots(p+p-1)}{(p-1)!}$. Considerando perciò che (p-1)! è invertibile in Z/pZ: $\binom{2p}{p} \equiv 2\cdot \frac{(p-1)!}{(p-1)!} \equiv 2 \bmod p$. D'altro canto, $\frac{(p+1)(p+2)\ldots(p+p-1)}{(p-1)!}$ è banalmente intero. Dunque $\binom{2p}{p} \equiv 2 \bmod 2$, per dedurne che $\binom{2p}{p} \equiv 2 \bmod 2p$, siccome $\gcd(2,p) = 1$.