Binomiali

[ficus2002]

Per $0\le h le n < 2^m$ dimostrare che $((n),(h))\equiv ((n+2^m),(h+2^m)) (mod 2)$.

[_luca.barletta]

"ficus2002":Per $0\le h le n$ dimostrare che $((n),(h))\equiv ((n+2^m),(h+2^m)) (mod 2)$.

Con $n=3$, $h=1$, $m=1$ si ha
$((3),(1))=3-=1$, $((5),(3))=10-=0$
Falso.

[ficus2002]

"ficus2002":Per $0\le h le n$ dimostrare che $((n),(h))\equiv ((n+2^m),(h+2^m)) (mod 2)$.

Chiedo scusa, avevo dimenticato l'ipotesi $<2^m$.

[elgiovo]

Per la formula "in and out" possiamo scrivere

$((n+2^m),(h+2^m))=(n+2^m)/(h+2^m)((n+2^m-1),(h+2^m-1))=((n+2^m)(n+2^m-1))/((h+2^m)(h+2^m-1))((n+2^m-2),(h+2^m-2))=ldots=(prod_(k=0)^(2^m-1)(n+2^m-k))/(prod_(k=0)^(2^m-1)(h+2^m-k)) ((n),(h))$.

Dunque la tesi equivale a

$(prod_(k=0)^(2^m-1)(n+2^m-k))/(prod_(k=0)^(2^m-1)(h+2^m-k)) ((n),(h)) equiv ((n),(h)) ("mod"2) hArr prod_(k=0)^(2^m-1)(n+2^m-k) equiv prod_(k=0)^(2^m-1)(h+2^m-k) ("mod"2)$,

che è certamente vero.
Temo di essermi perso qualcosa, perchè non ho utilizzato l'ipotesi su $2^m$.

[_luca.barletta]

"elgiovo": $prod_(k=0)^(2^m-1)(n+2^m-k) equiv prod_(k=0)^(2^m-1)(h+2^m-k) ("mod"2)$,

che è certamente vero.

per m=0 ci sono dei controesempi, ma a parte questo, sei sicuro della doppia freccia? Il fatto che per $m>0$ i due prodotti abbiano la stessa parità non mi sembra che implichi la parte di sinistra, o sbaglio?

[elgiovo]

Non sbagli, ho fatto confusione con le proprietà delle congruenze.

[ficus2002]

mi pregio di dare un suggerimento:

Considerare $(1+X)^n$ in $ZZ_2[X]$

[Gabriel6]

Davvero, il risultato si generalizza a qualunque primo $p \in NN$. Ed è, di fatto, un'immediata conseguenza del teorema di Lucas.