Beh la limitazione credo sia dovuta al fatto che non si possa definire il binomiale con il numero al di sopra minore di quello al di sotto. Se poi ci sono delle generalizzazioni più ampie del binomiale dove questo è possibile sarei ben lieto di conoscerle
Sì, le generalizzazioni ci sono, ma non era a quelle che mi riferivo xd
Per qualche strano motivo avevo letto il binomiale al contrario: Se $p$ è primo allora $p\mid \binom{p}{n}-\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$ per ogni $1\le n\le p$: questo è molto facile, e non c'entra nulla col problema originale (o meglio, la soluzione sarebbe anche la stessa, a patto di conoscere un certo teorema..)
dai,oggi ho voglia di sbagliare parecchi problemi:
innanzitutto pongo $ n=kp+q $
riscrivo tutto sotto forma di congruenza $ \binom{n}{p} \equiv [\frac{n}{p}] \pmod{p} $
noto che $ [\frac{n}{p}]=k $
poi sviluppo il binomiale lasciando il p!: $ \frac{n \cdot (n-1) \cdot (n-2) ... \cdot (n-p+1)}{p!} \equiv k \pmod{p} $
a sinistra abbiamo p elementi,che rappresentano tutte le classi modulo p, quindi l'elemento $ n-q $ sara congruo a k una volta diviso per p del fattoriale
ora abbiamo altri p-1 elementi, da dividere per il (p-1)! ,ma p-1! è congruo ad 1 per il teorema di wilson,quindi ci rimane un $ k \cdot n \cdot (n-1) \cdot (n-2) ... \cdot (n-p+1) \equiv k \pmod{p} $ (qualcosa è stato tolto, ma non esplicito cosa)
gli elementi che abbiamo a sinistra possono essere ridotti ad un p-1! riducendo tutto mod p visto che ognuno rappreseta una classe, quindi $ k \cdot n \cdot (n-1) \cdot (n-2) ... \cdot (n-p+1) \equiv k \pmod{p} \Longrightarrow\ k \cdot (p-1)! \equiv k \pmod{p} \Longrightarrow\ k \equiv k \pmod{p} $ che è la tesi.
Intanto la parte intera ci fa venire voglia di provare $n$ particolari, per cui la parte intera non serve; quindi perché non provare a vedere quanto vale $\binom{kp}{p}\mod p$? (poi c'è un teoremone che dice anche quanto vale $\mod{p^3}$, che forse è quello di cui si parlava prima...)
Testo nascosto:
Se da un $n$ noi passiamo ad $n+1$ in modo che $p\nmid n+1$ la parte intera non cambia, quindi speriamo che valga $\binom{n+1}p\equiv\binom{n}p\pmod p$... Perchè questo vale? Cosa lega $\binom{n+1}p$ a $\binom{n}p$?
P.S: I binomiali possono essere estesi fino ad $\mathbb R$; con $\alpha\in\mathbb R$ e $n\in\mathbb N$, si ha $\displaystyle\binom{\alpha}n:=\frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}$, ed ha senso farlo perché vale l'uguaglianza come serie formali (non saprei dirti dove converge) $\displaystyle(1+x)^\alpha=\sum_{n\ge0}\binom{\alpha}nx^n$
Drago, no, quello a cui ti riferisci te è solo un problema apparso almeno due volte su questo forum; visto che una soluzione è stata postata (e non c'era manco bisogno di Wilson, visto che si poteva semplificare direttamente quella frazione), mi riferivo al teorema di Lucas
jordan ha scritto:e non c'era manco bisogno di Wilson, visto che si poteva semplificare direttamente quella frazione
effettivamente veniva p-1!, sono stato moralmente costretto ad usarlo. a parte questo, semplificando la frazione come avresti fatto a far tornare k, cioè a dimostrare che gli elementi (tralasciando n-q) rappresentavano ancora classi distinte mod p?
Triarii ha scritto:Ci sei quasi, l'unica cosa è che per il teorema di Wilson vale che... (simboli html)
quindi doppio errore di segno=risultato corretto, in ogni caso viene lo stesso.
wall98 ha scritto:semplificando la frazione come avresti fatto a far tornare k, cioè a dimostrare che gli elementi (tralasciando n-q) rappresentavano ancora classi distinte mod p?
Dato che $n\ge p$, esistono e unici interi $k \ge 1$ e $0\le r \le p-1$ tali che $n=kp+r$; dobbiamo calcolare il residuo mod $p$ di: \[ \binom{n}{p}=\frac{n(n-1)\ldots (n-p+1)}{p!} \\ =\frac{(kp+r)\ldots (kp+1)(kp)(kp-1) \ldots ((k-1)p+r+1)}{p!} \\ = k\frac{(kp+r)\ldots (kp+1)(kp-1) \ldots ((k-1)p+r+1)}{(p-1)!}. \]
Ora numeratore e denominatore di quella frazione sono tutti e soli i residui non-nulli modulo p, che si elimineranno due alla volta..
