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$\sum_{j=0}^p \binom{p}{j} \binom{p+j}{j}\equiv 2^p+1(p^2)$
Inviato: 14 lug 2013, 01:41
da jordan
Mostrare che se $p\ge 3$ è primo allora
$$ \sum_{j=0}^p \binom{p}{j} \binom{p+j}{j} \equiv 2^p + 1\pmod{p^2}. $$
Re: $\sum_{j=0}^p \binom{p}{j} \binom{p+j}{j}\equiv 2^p+1(p^
Inviato: 01 ago 2013, 22:32
da Kfp
Visto che nessuno risponde, posto la mia incompleta (quasi tanto incompleta quanto fangosa) dimostrazione, sperando di trovare aiuto. Iniziamo col definire:
$$f(j)= \binom{p}{j} \binom{p+j}{j}$$
E dimostriamo il seguente lemma: per ogni $ 1 \leq j < p$, vale
$$f(j) \equiv \frac{p}{j} (-1)^{j+1} \pmod{p^2}$$
Lasciando da parte il caso $j=p, 0$ che analizzeremo a parte, dato che crea problemi con quello che faremo. Ora, semplificando un minimo $f(j)$ abbiamo che:
$$f(j)=\frac{(p-j+1)(p-j+2) \cdots (p+j-1)(p+j)}{(j!)^2}$$
Adesso, il numeratore di questa cosa ha $2j$ fattori. Dividiamoli in due blocchi da $j$ fattori ciascuno, analizzandoli separatamente. Abbiamo dunque
$$f(j)=\left(\prod_{k=1}^{j} \frac{p+k}{k}\right ) \left( \prod_{h=1}^{j} \frac{p-j+h}{h} \right )$$
Vediamo il primo; scriviamolo come
$$\left( \frac{p}{1}+1 \right )\left( \frac{p}{2}+1 \right )\cdots \left( \frac{p}{j}+1 \right )$$
e ricordiamoci che, visto che stiamo considerando tutto modulo $p^2$, tutti i monomi ottenuti facendo tutte le moltiplicazioni in questo prodotto che hanno almeno il fattore $p^2$ in se' saranno uguali a $0$ modulo $p^2$, e pertanto ai fini del problema ci basta considerare i fattori di """grado""" 1 o 0. Pertanto, abbiamo con un facile conto che:
$$1 + \sum_{k=1}^j \equiv \prod_{k=1}^j \left( \frac{p}{k}+1 \right)$$
Veniamo ora al secondo prodotto: scriviamolo come
$$\prod_{h=1}^{j} \left( \frac{p}{h} + \frac{1-h}{h} \right)$$
Notiamo ora che il fattore di questo prodotto con $h=1$ è uguale a $p$. Pertanto, sempre ricordandoci che stiamo operando modulo $p^2$, ci basta considerare i monomi prodotto che, moltiplicati tutti i fattori da $h=2$ fino a $j$, hanno grado 0. Banalmente, l'unico prodotto "buono" sarà (consderando già incluso il fattore $p$ generato da $h=1$)
$$p \prod_{h=2}^{j} \frac{1-h}{h}$$
Banalmente, questo è uguale a
$$p \frac{(j-1)!}{j!}(-1)^{j+1}= \frac{p}{j}(-1)^{j+1}$$
Tornando all'espressione di $f(j)$, abbiamo
$$f(j) \equiv \left( 1 + \sum_{k=1}^{j} \frac{p}{k} \right) \frac{p}{j}(-1)^{j+1} \pmod{p^2}$$
Da cui, visto che banalmente il prodotto della somma per $p$ \'{e} uguale a 0, abbiamo:
$$f(j) \equiv \frac{p}{j}(-1)^{j+1} \pmod{p^2}$$ che è quello che volevamo nel lemma.
Ora, la tesi si riduce a dimostrare:
$$\sum_{i=1}^{p-1} \frac{p}{i}(-1)^{i+1} + f(p) +f(0) \equiv 2^p+1 \pmod{p^2} $$
Ora, con dei conti in cui ripetiamo le stesse operazioni fatte fin qui, in aggiunta al fatto che $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i} = 0 \pmod p$, otteniamo $f(p)=2$ e , dato che banalmente abbiamo $f(0)=1$, la tesi diventa:
$$\sum_{i=1}^{p-1} \frac{p}{i}(-1)^{i+1} \equiv 2^p-2 \pmod{p^2}$$
Cioè, dobbiamo capire quale sia il resto lasciato modulo $p$ da
$$\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}(-1)^{i+1}$$
A questo punto, usando il fatto che, dato che $p \geq 3$ esso è dispari, $p-1$ è pari, e dunque mandando $p-1$ in $1$, $p-2$ in $2$ e così via, otteniamo che dobbiamo stimare:
$$\sum_{i=1}^{\frac{p-1}{2}} \frac{1}{i}(-1)^{i+1}$$
modulo $p$. E qui è dove mi blocco, non so nemmeno quanto lontano sia dalla soluzione del problema, spero non tanto visto quanto si è semplificata la somma iniziale, ma in sostanza cerco aiuto.
Re: $\sum_{j=0}^p \binom{p}{j} \binom{p+j}{j}\equiv 2^p+1(p^
Inviato: 02 ago 2013, 00:28
da Troleito br00tal
Kfp ha scritto:...la tesi diventa:
$$\sum_{i=1}^{p-1} \frac{p}{i}(-1)^{i+1} \equiv 2^p-2 \pmod{p^2}$$
Ovvero:
Kfp? ha scritto:
$$\frac{p}{i}(-1)^{i+1} \equiv \frac{p(p-1)!}{i(p-1)!}(-1)^{i+1} \pmod{p^2}$$
E poi praticamente l'hai anche detto...
Comunque la soluzione è ben intricata, una via più veloce poteva essere sperare in Shiva che la cosa più facile possibile fosse anche quella giusta.
Re: $\sum_{j=0}^p \binom{p}{j} \binom{p+j}{j}\equiv 2^p+1(p^
Inviato: 02 ago 2013, 01:41
da Kfp
La via di Shiva era vedere la cosa come lo sviluppo della potenza di qualcosa?
Re: $\sum_{j=0}^p \binom{p}{j} \binom{p+j}{j}\equiv 2^p+1(p^
Inviato: 02 ago 2013, 10:25
da Troleito br00tal
Kfp ha scritto:La via di Shiva era vedere la cosa come lo sviluppo della potenza di qualcosa?
Sì.