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Leggendo un altro topic mi è venuta in mente questa cosa. Orsù, dimostrarela!
Fissato un primo $p$ e due interi $m>n$, siano $m=kp+a$ e $n=hp+b$ le usuali divisioni euclidee con resto, allora si ha
$${m\choose n}\equiv {k\choose h}{a\choose b}\quad\bmod p\;.$$

$\displaystyle a! = 1\cdot 2 \dots \cdot a \equiv (1+pk)(2+pk)\dots (a+pk) \equiv \binom{a+pk}{a}a! \pmod{p}$ e quindi
$\displaystyle\binom{a+pk}{a} \equiv 1 \Rightarrow 1 \equiv\binom{a+pk}{a}\binom{b+ph}{b} \equiv \binom{a+pk}{b+ph}\cdot \frac{b!(ph)!}{a!(pk)!}[a-b +p(k-h)]! \equiv 1 $
da cui $\displaystyle \binom{m}{n} \equiv \frac{a!(pk)!}{b!(ph)![a-b +p(k-h)]!}$
Ma siccome dal fatto che $\displaystyle\binom{a+pk}{a} \equiv 1$ deriva che $(pk+a)! \equiv a!(pk)!$, l'equzione sopra diventa
$$\displaystyle \binom{m}{n} \equiv \frac{a!(pk)!}{b!(ph)!(a-b)![p(k-h)]!} \equiv \binom{a}{b}\binom{pk}{ph} \pmod{p}$$

Resta da dimostrare quindi che $\binom{pk}{ph} \equiv \binom{k}{h} \pmod{p}$. Si consideri ora una matrice$A$, $p\times k$ ( $p$ colonne e $k$ righe) tale che $a_{rc} = r\cdot c$ e il cui elemento più in alto a sinistra è $a_{pk}$. è chiaro che il prodotto di tutti gli elementi della matrice è pari a $(pk)!$. Svolgendo ora il prodotto della $i$ esima riga dall'alto si ha che questo è pari a $p!(k-i)^p$ e che quindi il prodotto di tutti gli elementi della matrice è $(pk)! = p!^kk!^p$. Si ha quindi che

$$\displaystyle \binom{pk}{ph} \equiv \frac{p!^kk!^p}{p!^hh!^pp!^{k-h}(k-h)!^p} \equiv \binom{k}{h}^p \equiv \binom{k}{h} \pmod{p} $$

che per quanto detto prima implica la tesi

Uhm ... intanto l'inizio non mi sembra chiaro si applichi anche al caso $a<b$, che comunque può capitare.
Poi, $6!=720$, $6=2\cdot3$ ma $(2!)^3(3!)^2=8\cdot36=288$, quindi ammetto di non aver capito l'ultimo paragrafo.

devo aver cannato i conti

editato il tex . EG
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Faccio innanzitutto il caso $a<b$. In tal caso $\displaystyle\binom{a}{b} \equiv \displaystyle\binom{a+p}{b} \pmod p$. Ma si ha $\displaystyle\binom{a+p}{b}=\dfrac{(a+p)!}{b!(p+a-b)!}$ e contando i fattori $p$ ne abbiamo sicuramente esattamente uno al numeratore, perché $p \leq a+p < 2p$ ed esattamente zero al denominatore perché $0 \leq b < p$ e $0 < p+a-b < p$ essendo $a-b<0$. Dunque $p|\displaystyle\binom{a+p}{b}$ ma per la congruenza iniziale si ha anche
$\displaystyle\binom{a}{b} \equiv 0 \pmod p$. Allora non resta che mostrare che $\displaystyle\binom{kp+a}{hp+b} \equiv 0 \pmod p$. Questo è vero perché
$$\displaystyle\binom{kp+a}{hp+b} = \dfrac{(kp+a)!}{(hp+b)![(k-h)p+a-b]!}$$
dove $v_p((kp+a)!)=k+v_p(k!)$ e
$$v_p((hp+b)![(k-h)p+a-b]!) = v_p ((hp+b)!)+ v_p([k-h]p+a-b]!) = h+v_p(h!) + k-h-1 +v_p(k-h-1)!=$$
$$ = k - 1 + v_p(h!(k-h-1)!)$$
perché $a-b<0$ e "non si raggiunge" $(k-h)p$. Ora basta mostrare che $v_p(k!) \geq v_p(h!(k-h-1)!)$. Ma sicuramente è vero perché $v_p(k!) \geq v_p(h!(k-h)!) \geq v_p(h!(k-h-1)!)$.

Suppongo ora $a \geq b$. Dimostro innanzitutto che $\displaystyle\binom{kp}{hp}\equiv\displaystyle\binom{k}{h} \pmod p$. Si ha, infatti, che $$\displaystyle\binom{kp}{hp} = \dfrac{(kp)!}{(hp)![(k-h)p]!} = \dfrac{\displaystyle\prod_{i=0}^{k-1}\left(\displaystyle\prod_{j=1}^{p-1} ip+j\right)\cdot k!p^k}{\displaystyle\prod_{i=0}^{h-1}\left(\displaystyle\prod_{j=1}^{p-1} ip+j\right)\cdot h!p^h \cdot \displaystyle\prod_{i=0}^{k-h-1}\left(\displaystyle\prod_{j=1}^{p-1} ip+j\right)\cdot (k-h)!p^{k-h}}\;.$$
Isolando l'altro binomiale, semplificando e moltiplicando si ottiene
$$\displaystyle\binom{kp}{hp} \cdot \displaystyle\prod_{i=0}^{h-1}\left(\displaystyle\prod_{j=1}^{p-1} ip+j\right) \cdot \displaystyle\prod_{i=0}^{k-h-1}\left(\displaystyle\prod_{j=1}^{p-1} ip+j\right) = \displaystyle\binom{k}{h} \cdot \displaystyle\prod_{i=0}^{k-1}\left(\displaystyle\prod_{j=1}^{p-1} ip+j\right)\;.$$
Ora guardando tutto modulo $p$, si ottiene che $\displaystyle\binom{kp}{hp} \cdot (p-1)!^k \equiv \displaystyle\binom{k}{h} \cdot (p-1)!^k$, da cui dividendo per $(p-1)!^k$, che è invertibile, si ha la tesi.

Ora si ha
$$\displaystyle\binom{kp+a}{hp+b}= \dfrac{(kp)!\displaystyle\prod_{i=1}^a (kp+i)}{(hp)!\displaystyle\prod_{i=1}^b (hp+i) \cdot [(k-h)p!]\displaystyle\prod_{i=1}^{a-b}[(k-h)p+i]}\;.$$
Da ciò si ha
$$\displaystyle\binom{kp+a}{hp+b} \cdot \displaystyle\prod_{i=1}^b (hp+i) \cdot \displaystyle\prod_{i=1}^{a-b}[(k-h)p+i] = \displaystyle\binom{kp}{hp} \cdot \displaystyle\prod_{i=1}^a (kp+i)\;.$$
Guardando modulo $p$ si ha $\displaystyle\binom{kp+a}{hp+b} \cdot b!(a-b)! \equiv \displaystyle\binom{kp}{hp} \cdot a! \pmod p$, da cui dividendo per $b!(a-b)!$ sicuramente invertibile poiché $b<p$, così come $a-b<p$, si ha $\displaystyle\binom{kp+a}{hp+b} \equiv \displaystyle\binom{k}{h}\displaystyle\binom{a}{b} \pmod p$ dove ho utilizzato anche il risultato precedente. (Posso suppore $a \neq 0$, altrimenti essendo $a\geq b$ mi riconduco al caso precedente. Però se $b=0$ o $a=b$ gli estremi di alcune produttorie in quest'ultima parte diventano $0$: per sistemare questo problema basta assumere che in tal caso tali sommatorie non ci siano).

Spero sia tutto corretto

Fidandomi dei conti con le valutazioni (su cui mi incarto regolarmente), mi sembra tornare.

Se qualcuno vuole, c'è un'altra soluzione che passa per questo hint:

Boh, io la scrivo ...
$$p(x)=(1+x)^m-(1+x)^a(1+x^p)^k=(1+x)^{a+kp}-(1+x)^a(1+x^p)^k=(1+x)^a((1+x)^{kp}-(1+x^p)^k)=$$
$$=(1+x)^a((1+x)^p-1-x^p)(\textrm{roba})$$
e $(1+x)^p-1-x^p$ ha tutti i coefficienti multipli di $p$, quindi anche $p(x)$.

Ora basta notare che il coefficiente di $x^n$ in $(1+x)^m$ è $m \choose n$, mentre in $(1+x)^a(1+x^p)^k$ deve essere il prodotto tra i coefficienti di $x^b$ e $x^{hp}$ nei due fattori (infatti tutti gli esponenti dello sviluppo del primo fattore sono $\leq a<p$), quindi è ${a\choose b}{k\choose h}$ (e se $b>a$ allora $x^b$ non compare e quindi non compare $x^n$ dopo la moltiplicazione, quindi questo contributo è $0$).
Dunque $p$ divide ${m\choose n}-{a\choose b}{k\choose h}$.