[EX] - Primi & coefficienti binomiali
Mi sembra vero il seguente fatto ( - spero di non pasticciare con gli indici): sia \(\displaystyle p \) un numero primo e sia \(\displaystyle n \in \{2,\dots,p-2\} \). Allora \[\displaystyle p \ | \ \sum_{k=n}^{p} \binom{k}{n} \]
Riuscite a fornire una dimostrazione oppure un controesempio?
Riuscite a fornire una dimostrazione oppure un controesempio?
Risposte
Cosa bisogna dimostrare ? Che $p$ è un numero primo o che quel tipo di scrittura rappresenta un coefficiente binomiale ? 
"DR1":
Cosa bisogna dimostrare ?
Che $p$ divide quella somma, cioè che quella somma è un multiplo di $p$.
"DR1":
Cosa bisogna dimostrare ? Che $p$ è un numero primo o che quel tipo di scrittura rappresenta un coefficiente binomiale ?
Sinceramente, non capisco quale sia il problema. Forse la sbarretta tra \(\displaystyle p \) e la sommatoria?
Secondo me basta usare il fatto che $((k),(n)) + ((k),(n+1)) = ((k+1),(n+1))$ e che $((n),(n)) = ((n+1),(n+1))$. Ti faccio un esempio di come procedere nel caso $p=7$ e $n=3$, il caso generale è analogo
$((3),(3)) +((4),(3)) +((5),(3)) +((6),(3)) +((7),(3)) =$
$= (((4),(4)) +((4),(3))) +((5),(3)) +((6),(3)) +((7),(3)) =$
$= (((5),(4)) +((5),(3))) +((6),(3)) +((7),(3)) =$
$= (((6),(4))+((6),(3))) +((7),(3)) =$
$= ((7),(4)) +((7),(3))$
prima abbiamo sostituito $((3),(3))$ con $((4),(4))$ e poi abbiamo notato che $((4),(4)) +((4),(3)) = ((5),(4))$ e così via... Nel caso generale la sommatoria vale $((p),(n))+((p),(n+1))$. Per capire ancora meglio come funziona ti consiglio di disegnare il triangolo di Tartaglia con i coefficienti binomiali, quello che vuoi fare tu è sommare una diagonale...
$((3),(3)) +((4),(3)) +((5),(3)) +((6),(3)) +((7),(3)) =$
$= (((4),(4)) +((4),(3))) +((5),(3)) +((6),(3)) +((7),(3)) =$
$= (((5),(4)) +((5),(3))) +((6),(3)) +((7),(3)) =$
$= (((6),(4))+((6),(3))) +((7),(3)) =$
$= ((7),(4)) +((7),(3))$
prima abbiamo sostituito $((3),(3))$ con $((4),(4))$ e poi abbiamo notato che $((4),(4)) +((4),(3)) = ((5),(4))$ e così via... Nel caso generale la sommatoria vale $((p),(n))+((p),(n+1))$. Per capire ancora meglio come funziona ti consiglio di disegnare il triangolo di Tartaglia con i coefficienti binomiali, quello che vuoi fare tu è sommare una diagonale...
"perplesso":
[...] Per capire ancora meglio come funziona ti consiglio di disegnare il triangolo di Tartaglia con i coefficienti binomiali, quello che vuoi fare tu è sommare una diagonale...
Sì, questo l'avevo notato. Mi pare del resto che il tuo ragionamento fili...
Nonostante sia un fatterello elementare, l'ho trovato curioso - da questo ne dovrebbe discendere ( - occhio che è abbastanza tardi, e ho anche tre birre nello stomaco, quindi potrei pure andare a dire una fesseria), l'irriducibilità secondo Eisenstein in \(\displaystyle \mathbb{Q}[X] \) del polinomio \[\displaystyle q(X)=1+(X+1)+(X+1)^2 + \dots + (X+1)^{p-1} \]
con \(\displaystyle p \) un numero primo.
Grazie per l'interesse.
"Delirium":
occhio che è abbastanza tardi, e ho anche tre birre nello stomaco, quindi potrei pure andare a dire una fesseria
Tranquillo il tuo ragionamento mi torna. Voglio proporre un fatterello sul quale sto ragionando (e che se fosse vero potrebbe tornare molto utile
)Provare o confutare: siano $p
"perplesso":Ho idea che sia vero: abbiamo
Provare o confutare: siano $p
\[
\binom{pq}{k} = \frac{(pq)!}{(pq-k)! k!}.
\]
Per realizzare la massima potenza di [tex]p[/tex] possibile al denominatore [tex]k[/tex] dev'essere un multiplo di [tex]p[/tex] (basta vedere cosa succede alla "valutazione p-adica", per usare paroloni, del denominatore quando [tex]k=1,2,3,...[/tex]). Similmente [tex]k[/tex] dev'essere un multiplo di [tex]q[/tex] e quindi [tex]k=pq[/tex].
Credo che si possa generalizzare (non vedo particolari ostruzioni):
se [tex]n \geq 2[/tex] è un intero e [tex]1 \leq k \leq n-1[/tex] allora [tex]n[/tex] e [tex]\binom{n}{k}[/tex] non sono coprimi. Provare o confutare
PS. Stiamo parlando più o meno di questo.
"Martino":
Per realizzare $p^q$ al denominatore $k$ dev'essere un multiplo di $p$
Martino scusami ma non ho capito bene ... se io per esempio prendo $p=3$ e $q = 5$ e $k = 10$ allora $k$ non è un multiplo di $p$ però $((15),(10)) = {15!}/{5!10!}$ al denominatore mi sembra di vedere il fattore $p^q=3^5$, dove sto sbagliando ?
Hai ragione, ho corretto. Ci tengo a dire che la mia non è una dimostrazione formale, è solo un'idea. L'intuizione mi spinge a credere che sia vero ma non me la sento di scrivere la dimostrazione formale (non perché sia difficile, è che non mi sembra particolarmente profondo).
(non perché sia difficile, è che non mi sembra particolarmente profondo).
Ha ragione Martino:
Sia $1\le k\le n-1$. Allora $n$ non puo' dividere $k$. Questo vuol
dire che esistono un primo $p$ e un esponente $a>0$ tali
che $p^a$ divide $n$, mentre $p^a$ non divide $k$.
Se scriviamo $n=p^am$, la congruenza
$(X+Y)^n\equiv (X^{p^a}+Y^{p^a})^m$ mod $p$
implica che per ogni $j$ non divisibile per $p^a$, il coefficiente
binomiale $((n),(j))$ e' congruo a $0$ mod $p$.
Prendiamo $j=k$ e vediamo che sia $n$ che $((n),(k))$
sono divisibili per $p$ e non sono quindi coprimi.
Sia $1\le k\le n-1$. Allora $n$ non puo' dividere $k$. Questo vuol
dire che esistono un primo $p$ e un esponente $a>0$ tali
che $p^a$ divide $n$, mentre $p^a$ non divide $k$.
Se scriviamo $n=p^am$, la congruenza
$(X+Y)^n\equiv (X^{p^a}+Y^{p^a})^m$ mod $p$
implica che per ogni $j$ non divisibile per $p^a$, il coefficiente
binomiale $((n),(j))$ e' congruo a $0$ mod $p$.
Prendiamo $j=k$ e vediamo che sia $n$ che $((n),(k))$
sono divisibili per $p$ e non sono quindi coprimi.
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