OliForum Matematico

Fissato un numero primo $ p $, diciamo che due righe del triangolo di Tartaglia sono simili se, dopo aver eliminato i multipli di $ p $ e sostituito gli altri numeri con i loro resti nella divisione per $ p $, esse risultano identiche.
Dimostrate che per ogni $ n \ge 1 $ le righe $ n $ e $ (n-1)p+1 $ sono simili.

perchè in matematica ricreativa?
secondo me uno spazio in TdN se lo merita

Non ero sicuro di poterlo considerare un problema "olimpico" perchè è una proprietà che ho trovato per conto mio e non leggendola da qualche parte. E poi, di solito se si posta un problema in TDN bisogna sapere la soluzione, e non sono sicuro che la mia vada bene...

Potrebbe centrare qualcosa che le cifre della n-sima potenza di 11 sono le stesse della n-esima riga??

banalmente
$$11^n=(10+1)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}10^k$$
e il triangolo di tartaglia ti dice all'n+1-sima riga gli esponenti della potenza n-esima di un binomio
$$(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^kb^{n-k}$$
1
1 1
1 2 1
...

la tua osservazione ovviamnete funziona fino a che il binomiale e' a 1 cifra. infatti $11^5=161051$ ma la sesta riga e' "1 5 10 10 5 1"

ovvero la riga $n$ e' data da $\binom{n-1}{k}$ e la riga $(n-1)p+1$ da $\binom{(n-1)p}{k}$
$(np)!$ contiene esattamente n volte p

SkZ ha scritto:$(np)!$ contiene esattamente n volte p

Ho sempre paura di scrivere blasfemie quando non sono d'accordo in un passaggio, comunque (per fare un esempio) $10!$ contiene 8 volte 2, e non 5: la tesi vale anche per $ n>p $

giusto: dimenticato le potenze di p minori di np (anche p e' un numero )
cmq mi pare che per quello che avevo in testa basta porre "$(np)!$ contiene almeno n volte p"

mi pare che il numero esatto sia $\sum_{i=1}\left\lfloor\frac{a}{p^i}\right\rfloor$ per la potenza di p nella scomposizione in fattori primi di a!, anche se mi pare ci sia un modo piu' decente per scriverlo

SkZ ha scritto:$(np)!$ contiene esattamente n volte p

Non ho capito se il tuo messaggio è un'ulteriore risposta a Drago96 o una dimostrazione. In tal caso cosa si dovrebbe concludere da questo passaggio?

era solo che i numeri di una riga del triangolo sono dei binomiali e ci interessano quelli che non sono congrui a 0 modulo p.
mi pare che dovrebbe aiutare a capire quali lo sono.
No non e' una dimostrazione:
1) non ho tempo per dedicarmi a pieno (idee nate in momenti di distrazione e rispondendo a drago)
2) sono dell'idea che faccia meglio ai liceali rispondere

SkZ ha scritto:la riga $n$ e' data da $\binom{n-1}{k}$ e la riga $(n-1)p+1$ da $\binom{(n-1)p}{k}$

Ovvero la riga n è data da $ {(n-1)! \over k! \cdot (n-1-k)!} $

E $(n-1)p+1$ è $ {(n-1)p! \over k! \cdot (pn-p-k)!} $

Da ciò deduco che tutti gli elementi (a parte gli 1 iniziali e finali) della riga $(n-1)p+1$ sono congrui a 0 mod p, qualunque sia k (e sarei tentato di dire qualunque sia n, ma la coppia p=3, n=5 mi smonta... quindi dico con $p>n$ e altri casi)

Domani nelle ore di mate e scienze ci penso...

Drago96 ha scritto: Da ciò deduco che tutti gli elementi (a parte gli 1 iniziali e finali) della riga $(n-1)p+1$ sono congrui a 0 mod p, qualunque sia k (e sarei tentato di dire qualunque sia n, ma la coppia p=3, n=5 mi smonta... quindi dico con $p>n$ e altri casi)

Mi sembra falso, guarda qui

paga92aren ha scritto:

Drago96 ha scritto: Da ciò deduco che tutti gli elementi (a parte gli 1 iniziali e finali) della riga $(n-1)p+1$ sono congrui a 0 mod p, qualunque sia k (e sarei tentato di dire qualunque sia n, ma la coppia p=3, n=5 mi smonta... quindi dico con $p>n$ e altri casi)

Mi sembra falso, guarda qui

Ah, ecco...
E' che calcolavo $ 0! = 0 $ Invece ora ho scoperto che $ 0! = 1 $
Ora ho molto di più da pensare nell'ora di matematica...

Se a qualcuno interessa ancora, potrei postare un hint: ditemi voi...

Se lo facessi, te ne sarei grato!
Mi interessa questo fatto...