Uno strano coefficiente binomiale

[Rodolfo Medina]

Buon Natale a tutti. Ai fini dello studio di un teorema sull'ordine dei campi
finiti, ho bisogno di provare quanto segue: dato un numero primo positivo $p$,
un intero positivo $n$ e un intero $i$ compreso tra $1$ e $p^n - 1$, il
coefficiente binomiale $p^n$ su $i$ (che ora non viene col comando \choose) è divisibile per $p$. Qualcuno può
aiutarmi, per favore? Grazie infinite - Rodolfo

[Sk_Anonymous]

Ok, si vuole provare che se \(1 \le r \le p^n -1\), allora \(p \, | \, \binom{p^n}{r}\). Si consideri dapprima la funzione \(v_p : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} \) definita da \(v_p (a) = \max \{ m \, : \, p^m | a \}\); allora \(v_p (s!) = \sum_{k=1}^{\infty} \lfloor \frac{s}{p^k} \rfloor \) (onestamente parlando, io c'ho messo un attimo per convincermi di questo fatto... pertanto domanda pure, se non t'è chiaro - con \(\lfloor \cdot \rfloor\) indico la funzione parte intera inferiore). Si osserva quindi che \[\begin{split} v_p \left( \binom{p^n}{r} \right) & = v_p \left( \frac{p^n !}{r! (p^n - r)!} \right)=v_p (p^n !) - v_p (r!) - v_p ((p^n - r)!) \\ & = \sum_{k=1}^n \left\lfloor \frac{p^n}{p^k} \right\rfloor - \sum_{k=1}^n \left\lfloor \frac{r}{p^k} \right\rfloor - \sum_{k=1}^n \left\lfloor \frac{p^n -r}{p^k} \right\rfloor \\ & = (p^{n-1} + \dots +1) - \sum_{k=1}^n \left\lfloor \frac{r}{p^k} \right\rfloor - \sum_{k=1}^n \left\lfloor p^{n-k} - \frac{r}{p^k} \right\rfloor \\ & = \cancel{(p^{n-1} + \dots +1)} - \sum_{k=1}^n \left\lfloor \frac{r}{p^k} \right\rfloor - \sum_{k=1}^n \left( \cancel{p^{n-k}} +\left\lfloor - \frac{r}{p^k} \right\rfloor \right) \end{split} \]e si perviene a \[- \sum_{k=1}^n \left(\left\lfloor \frac{r}{p^k} \right\rfloor + \left\lfloor -\frac{r}{p^k} \right\rfloor \right) \]
A questo punto è necessario ricordare che \[ \lfloor x \rfloor + \lfloor - x \rfloor = \begin{cases} 0 & \text{se } x \in \mathbb{Z} \\ -1 & \text{se } x \notin \mathbb{Z} \end{cases} \]
Siccome \(1 \le r \le p^{k-1}\), vale \[\left\lfloor \frac{r}{p^k} \right\rfloor + \left\lfloor -\frac{r}{p^k} \right\rfloor = -1\]donde \[- \sum_{k=1}^n \left(\left\lfloor \frac{r}{p^k} \right\rfloor + \left\lfloor -\frac{r}{p^k} \right\rfloor \right) > 0\] il che implica che \(\binom{p^n}{r}\) è divisibile per \(p\).

[Studente Anonimo]

Io ho pensato al seguente procedimento. Quello di Delirium lo trovo comunque migliore perché è quantitativo, dà una formula esatta per il numero di volte che quel coefficiente binomiale è diviso da [tex]p[/tex].

Se [tex]n=1[/tex] allora abbiamo [tex]\binom{p}{i} = \frac{p!}{i!(p-i)!}[/tex] che è divisibile per [tex]p[/tex] in quanto [tex]p[/tex] divide il numeratore ma non il denominatore, perché [tex]p[/tex] è un primo maggiore sia di [tex]i[/tex] che di [tex]p-i[/tex] (ricordo che [tex]1 \leq i \leq p-1[/tex]).

Questo implica che su ogni campo [tex]K[/tex] di caratteristica [tex]p[/tex] si ha [tex](x+y)^p = \sum_{i=0}^p \binom{p}{i} x^i y^{p-i} = x^p + y^p[/tex]. Quindi per induzione anche [tex](x+y)^{p^n} = x^{p^n} + y^{p^n}[/tex].

Ora consideriamo il polinomio [tex]X+1[/tex] su [tex]K = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[/tex]. Abbiamo [tex]X^{p^n}+1 = (X+1)^{p^n} = \sum_{i=0}^{p^n} \binom{p^n}{i} X^i[/tex]. Questa è un'uguaglianza tra due polinomi. Per definizione di polinomio (quello che di solito si chiama "principio di identità dei polinomi") abbiamo allora che [tex]\binom{p^n}{i} = 0[/tex] in [tex]K[/tex] per ogni [tex]1 \leq i \leq p^n-1[/tex], cioè [tex]p[/tex] divide [tex]\binom{p^n}{i}[/tex] per ogni [tex]1 \leq i \leq p^n-1[/tex].

[Rodolfo Medina]

Grazie di cuore! Rodolfo