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Dato un primo $ p\geq 5 $, $ a,b,k\in \mathbb{N} $ con $ a>b $ e $ k>0 $, quanti fattori primi $ p $ riuscite a cavare da questo numero?

$ \binom{p^{a+k}}{p^a} - \binom{p^{b+k}}{p^b} $

Rispondete anche se riuscite a dimostrare che questo numero è divisibile per $ p $, già è qualcosa (ovvero non vi chiedo la valutazione $ p $-atica di questo numero, ma di trovare una potenza di $ p $ più alta possibile che lo divida).

Penso di aver toppato perchè non faccio uso di tutte le ipotesi... in quel caso almeno scopro dov'è l'errore.
Dimostro che $ p^k $ divide quella roba.
Lavoro con le valutazioni p-adiche:
$ \displaystyle V_p\left(\binom{p^{a+k}}{p^a}\right)=V_p(p^{a+k}!)-V_p(p^a!)-V_p((p^a(p^k-1))!) $
Questi 2 passaggi derivano dalle proprietà delle valutazioni p-adiche.
Dimostro un utile lemma:
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{pk}V_p(i)=k+\sum_{i=1}^{k}V_p(i) $
Per dimostrarlo noto che affinchè la valutazione p-adica di i sia diversa da 0 allora p|i ma allora ottengo:
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{pk}V_p(i)=\sum_{i=1}^{k}V_p(pi)=\sum_{i=1}^{k}1+V_p(i)=k+\sum_{i=1}^{k}V_p(i) $
Ora ragiono sulle tre valutazioni:
$ \displaystyle V_p(p^{a+k}!)=\sum_{i=1}^{p^{a+k}}V_p(i) $
Ma quest'ultima sommatoria (per il lemma precedente usato induttivamente) è:
$ \displaystyle \sum_{i=0}^{a+k-1}p^i=\frac{p^{a+k}-1}{p-1} $
Con ragionamenti analoghi ottengo la seconda valutazione:
$ \displaystyle V_p(p^a!)=\frac{p^a-1}{p-1} $
Per la terza ragiono in modo simile (sempre sfruttando il lemma in modo induttivo):
$ \displaystyle V_p((p^a(p^k-1))!)=\sum_{i=1}^{p^a(p^k-1)}V_p(i) $
Prima di tutto diciamo che "tolgo" quella potenza di p dall'apice della sommatoria sfruttando il lemma e ottenendo:
$ \displaystyle \left(\frac{p^a-1}{p-1}\right)(p^k-1)+\sum_{i=1}^{p^k-1}V_p(i) $
Noto che l'ultima sommatoria è uguale a:
$ \displaystyle \sum_{i=1}^{p^k-1}V_p(i)=-k+\sum_{i=1}^{p^k}V_p(i) $
Ma questa la sappiamo calcolare con i modi precedenti.
Perciò la terza valutazione è:
$ \displaystyle V_p((p^a(p^k-1))!)= \left(\frac{p^a-1}{p-1}\right)(p^k-1)+\left(-k+\frac{p^k-1}{p-1}\right) $
Ora che conosco le valutazioni svolgo il calcolo iniziale:
$ \displaystyle \frac{p^{a+k}-1}{p-1}-\frac{p^{a}-1}{p-1}-\frac{p^{a}-1}{p-1}\cdot (p^k-1)-\frac{p^{k}-1-k(p-1)}{p-1} $
Raccolgo il denominatore e svolgo:
$ \displaystyle \frac{1}{p-1}\left(p^{a+k}-1-p^a+1-p^{a+k}+p^a+p^k-1-p^k+1+k(p-1)\right)=k $
Quindi la valutazione p-adica del primo binomiale è k, ma allora con un analisi simile lo sarà anche quella del secondo. Da cui ricavo che la valutazione della loro sottrazione è maggiore o uguale a k.
Per cui ho dimostrato che $ \displaystyle p^k|\binom{p^{a+k}}{p^a} - \binom{p^{b+k}}{p^b} $

Tanto per rendere più leggibile la cosa a chi non conosce la valutazione p-adica (di cui è la prima volta che faccio uso... quindi non sono molto esperto xD) espongo un po di quello che so a riguardo:
La valutazione p-adica di b, con p primo e a intero, è una funzione dagli interi agli interi che restituisce l'esponente di p nella fattorizzazione di a.
Il simboletto giusto è:
$ \upsilon_p(a) $
ma io per comodità uso
$ V_p(a) $
Alcune proprietà (facilmente dimostrabili sono):
$ V_p(ab)=V_p(a)+V_p(b) $
$ V_p(a/b)=V_p(a)-V_p(b) $ (si intende b|a)
E se le valutazioni p-adiche di a,b sono diverse allora ho anche:
$ V_p(a\pm b)=\min\{V_p(a),V_p(b)\} $

p.s. spero di non aver scritto immani cazzate xD

Muy bien, dario2994 si aggiudica i primi k fattori p. Propongo un'altra dimostrazione dello stesso fatto:

$ \binom{p^{a+k}}{p^a}=\frac{\prod_{i=0}^{p^a-1} p^{a+k}-i}{p^a!}=\frac{p^{a+k}}{p^a}\cdot \frac{(p^{a+k}-1)(p^{a+k}-2)\cdots(p^{a+k}-i)\cdots(p^{a+k}-p^a+2)(p^{a+k}-p^a+1)}{1\cdot 2\cdot \cdots \cdot i \cdot \cdots \cdot (p^a-2)(p^a-1)} $

La prima frazione contiene k fattori primi p; ogni fattore del numeratore della seconda frazione ha la stessa valutazione p-adica del corrispondente al denominatore, quindi nella seconda frazione si semplificano tutti i fattori p.

Avanti ora a trovare altri fattori p!

Anér ha scritto:Dati $ 5 \le p\in \mathbb{P} $ e $ (a,b,k) \in \mathbb{N}^3 $ con $ a>b $ e $ k>0 $, calcolare $ \displaystyle \upsilon_p\left(\binom{p^{a+k}}{p^a} - \binom{p^{b+k}}{p^b}\right) $

Dati $ (x,y) \in \mathbb{Z}_0^2 $ se $ (\upsilon_p(x)-\upsilon_p(y))^2>0 $ allora ovviamente $ \upsilon_p(x+y)=\min\{\upsilon_p(x),\upsilon_p(y)\} $ altrimenti $ \upsilon_p(a+b) \ge \upsilon_p(a) $
Ora $ \displaystyle \upsilon_p\binom{p^{i+j}}{p^j}= $ $ \displaystle \upsilon_p(p^{i+j}!)-\upsilon_p(p^j!)-\upsilon_p((p^j(p^i-1))!) $ $ \displaystyle =\sum_{t=0}^{i+j-1}{p^t}-\sum_{t=0}^{j-1}{p^t}-\sum_{t=0}^{j-1}{p^t(p^i-1)}-\sum_{t=0}^{i-1}{(p^t-1)} $ $ \displaystyle i $, per cui $ \displaystyle \upsilon_p\binom{p^{a+k}}{p^a} =\upsilon_p \binom{p^{b+k}}{p^b} = k $.
In $ \mathbb{Z}/p^{k+1}\mathbb{Z} $ è immediato verificare, grazie al teorema di Wilson, che $ \displaystyle \binom{p^{i+j}}{p^i}=p^j $ per ogni $ (i,j) \in \mathbb{N}_0^2 $, per cui, $ \displaystyle \upsilon_p\left(\binom{p^{a+k}}{p^a} -\upsilon_p \binom{p^{b+k}}{p^b}\right) \ge k+1 $. Altre idee?

@Aner: hai una soluzione all'esercizio, vero?

Jordan si aggiudica un altro fattore p, ormai siamo a k+1, ma chi offre di più?
Vi ricordo che non vi chiedo la valutazione p-adica esatta, ma una potenza di p il più alta possibile che divida quel numero; coraggio perciò, perché mancano ancora un bel po' di fattori p! (punto esclamativo, non fattoriale)

Jordan, però cerca di essere più chiaro, sia nello scrivere $ (v_p(x)-v_p(y))^2>0 $ anziché "x e y hanno valutazioni p-adiche diverse", sia in quello che segue. Penso che tu intendessi
$ \binom{p^{a+k}}{p^a}=\frac{\prod_{i=0}^{p^a-1} p^{a+k}-i}{p^a!}=\frac{p^{a+k}}{p^a}\cdot \frac{(p^{a+k}-1)(p^{a+k}-2)\cdots(p^{a+k}-i)\cdots(p^{a+k}-p^a+2)(p^{a+k}-p^a+1)}{1\cdot 2\cdot \cdots \cdot i \cdot \cdots \cdot (p^a-2)(p^a-1)}\equiv $


$ \equiv p^k \cdot \frac{(-1)(-2)\cdots(-i)\cdots(-p^a+2)(-p^a+1)}{1\cdot 2\cdot \cdots \cdot i \cdot \cdots \cdot (p^a-2)(p^a-1)}\equiv p^k \cdot \frac{1\cdot 2\cdot \cdots \cdot i \cdot \cdots\cdot(p^a-2)(p^a-1)}{1\cdot 2\cdot \cdots \cdot i \cdot \cdots \cdot (p^a-2)(p^a-1)}\equiv p^k \pmod{p^{k+1}} $
però andrebbe chiarito meglio.

Anér ha scritto:Vi ricordo che non vi chiedo la valutazione p-adica esatta, ma una potenza di p il più alta possibile che divida quel numero...

Come richiesta non è molto precisa..

Anèr ha scritto:Jordan, però cerca di essere più chiaro, sia nello scrivere $ (v_p(x)-v_p(y))^2>0 $ anziché "x e y hanno valutazioni p-adiche diverse", sia in quello che segue.

Se fai commenti sensati ok, ma quello proprio non l'accetto.
E in ogni caso valutazioni p-adiche e congruenze sono due cosa abbastanza diverse, infatti non ho scritto quello che dici tu..

Mi spiace, ma non potevo fare una richiesta più precisa, almeno non io: sono riuscito a dimostrare che quel numero è sempre divisibile per una certa potenza di p (che non dico sennò rovino l'asta) ma non ho dimostrato che quella è (sempre) la valutazione p-adica esatta; per farti capire, ad un certo punto, cercando ulteriori fattori primi, mi sono trovato a valutare il numeratore di questa frazione ridotta ai minimi termini
$ $\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{1}{i^3}$ $
Evidentemente esistono primi p che non dividono quella frazione, ma ne esistono alcuni che la dividono?
Per cui mi limito a chiedere di dimostrare che quel numero è divisibile per $ p^n $, dove $ n $ lo scegliete voi facendo in modo che sia il più alto possibile.

Che poi tu non sia stato chiaro, ahimé non mi sembra un commento insensato, e neanche troppo infondato:
1) Nella prima riga, dire $ (v_p(x) - v_p(y))^2>0 $ equivale a dire $ v_p(x) \neq v_p(y) $, ma la seconda forma è più comprensibile (almeno per me).
Subito dopo aver parlato della valutazione di x e y tiri fuori le lettere a e b, che lettere sono? x e y cambiate di nome? Le lettere usate nel testo del problema, insieme a k, per gli esponenti?
In ogni caso non è chiaro perché $ v_p(a+b)=\min\{ v_p(x); v_p(y) \} $, né è chiaro che male ci sarebbe se $ v_p(a+b)\geq v_p(a) $.
2) Poi inizi a tirare fuori anche la i e la j, e trovi la valutazione p-adica del binomiale in maniera non troppo facile da comprendere (in effetti qualche argomento in più ci voleva), ma comunque corretta, a parte il fatto che manca un uguale prima della i che rappresenta il risultato finale.
3) Infine dici che in $ \mathbb{Z}/p^{k+1}\mathbb{Z} $ vale l'uguaglianza $ \binom{p^{i+j}}{p^i}=p^i $ per ogni i e j interi positivi. Innanzitutto questo fatto è tutt'altro che ovvio e facile da verificare (anche perché il teorema di Wilson può essere utile ma non basta, bisogna fare anche altre considerazioni). In secondo luogo questo fatto è falso, almeno finché non dici chi è k rispetto a j.

Pazienza se per una volta sei stato poco chiaro, ma la prossima volta cerca di esserlo (tu come chiunque altro).

Anér ha scritto:1) Nella prima riga, dire $ (v_p(x) - v_p(y))^2>0 $ equivale a dire $ v_p(x) \neq v_p(y) $, ma la seconda forma è più comprensibile (almeno per me).

A me l'equivalenza pare molto chiara, comunque as you want, ai tuoi prossimi post cercherò di tenerne conto

Anèr ha scritto:Subito dopo aver parlato della valutazione di x e y tiri fuori le lettere a e b, che lettere sono? x e y cambiate di nome? Le lettere usate nel testo del problema, insieme a k, per gli esponenti?

Quello a mio parere è l'unico refuso della mia soluzione parziale, erano le stesse x e y precedenti..

Anèr ha scritto:In ogni caso non è chiaro perché $ v_p(a+b)=\min\{ v_p(x); v_p(y) \} $, né è chiaro che male ci sarebbe se $ v_p(a+b)\geq v_p(a) $.

Nessun male infatti. Era infatti solo una premessa per rendere un poco più comprensibile quello che segue.. e comunque, riguardo la chiarezza, mi pare che valga benissimo anche sui razionali

Anèr ha scritto:2) Poi inizi a tirare fuori anche la i e la j, e trovi la valutazione p-adica del binomiale in maniera non troppo facile da comprendere (in effetti qualche argomento in più ci voleva), ma comunque corretta, a parte il fatto che manca un uguale prima della i che rappresenta il risultato finale.

Le (i,j) sono due generici interi positivi, quando poi si torna alle (a,b) mi riferisco al testo del tuo problema, non mi pareva tanto oscuro..

Anèr ha scritto:Innanzitutto questo fatto è tutt'altro che ovvio e facile da verificare (anche perché il teorema di Wilson può essere utile ma non basta, bisogna fare anche altre considerazioni). In secondo luogo questo fatto è falso, almeno finché non dici chi è k rispetto a j.

Falso proprio non lo è perchè k non c'entra niente con j, e il teorema di wilson è più che sufficiente per concludere viste le considerazioni fatte: abbiamo la valutazione p-adica esatta di quel coefficiente binomiale, per cui per calcolare la classe di resto è sufficiente eliminare esattamente i fattori p a numeratore e denominatore. Restano delle sequenza tutte della forma p-1!. Se questo è il "tutt'altro che ovvio e facile.."

Anèr ha scritto:Pazienza se per una volta sei stato poco chiaro, ma la prossima volta cerca di esserlo (tu come chiunque altro).

Premetto che semmai risponderò lo stile non cambierà di molto, se non di evitare i refusi tipo (a,b) e gli uguali mancanti. A presto..

jordan ha scritto: Dati $ (x,y) \in \mathbb{Z}_0^2 $ se $ (\upsilon_p(x)-\upsilon_p(y))^2>0 $ allora ovviamente $ \upsilon_p(x+y)=\min\{\upsilon_p(x),\upsilon_p(y)\} $ altrimenti $ \upsilon_p(a+b) \ge \upsilon_p(a) $

Ok, ora ho capito cosa intendevi: o due numeri x e y hanno valutazioni diverse, ma allora la loro somma ha la minore delle due valutazioni, oppure x e y hanno la stessa valutazione, allora la somma ha almeno la stessa valutazione di x e di y (se non di più). Prima avevo interpretato quell' "altrimenti $ v_p(a+b)\geq v_p(a) $" come una dimostrazione per assurdo del fatto precedente "se $ (v_p(x) - v_p(y))^2> 0 $ allora $ v_p(a+b) = \min \{ v_p(a) ; v_p(b)\} $", mentre non era altro che la seconda possibilità, in alternativa con la prima.

Ora hai chiarito bene come usi il teorema di Wilson, ma stai implicitamente supponendo che k=j. Tu dici di voler individuare la classe di congruenza di $ \binom{p^{i+j}}{p^i} \pmod{p^{k+1}} $, ma per fare ciò togli prima $ j $ fattori $ p $ e poi usi il teorema di Wilson modulo $ p^1 $. Ma allora il modulo lo hai diviso per $ p^k $ quando hai diviso il binomale per $ p^j $, quindi hai supposto $ j\geq k $, altrimenti non puoi fare una cosa del genere.

In sintesi, puoi dire che $ \forall i \in \mathbb{N}\qquad \binom{p^{i+k}}{p^i}\equiv p^k \pmod{p^{k+1}} $, e alla fine è questo il fatto che usi; quello che è sbagliato è invece dire che $ \forall (i;j;k) \in \mathbb{N}_0^3 \qquad \binom{p^{i+j}}{p^i}\equiv p^j \pmod{p^{k+1}} $.

Adesso dovremmo esserci capiti; perciò (rivolgendomi a tutti) coraggio a trovare nuovi fattori p!