(p-1) | floor((n-1)!/p), se 1 < p < n+1 ed n > 4

[HiTLeuLeR]

Provare che, se $ n $ e $ p $ sono interi tali che $ n \ge 5 $ e $ 2 \le p \le n $, allora $ p-1 $ divide $ \displaystyle\left\lfloor \frac{(n-1)!}{p}\right\rfloor $.

[pic88]

con $ p<n $ è banale, poichè a destra c'è $ \frac{(n-1)!}{p} $ che è divisibile per tutti i numeri che precedono $ p $
con $ p=n $ allora l'argomento della funzione floor è intero se p non è primo,
quindi anche lì è facile,
ci riduciamo a $ p=n=\text{primo} $ e allora Wilson ci dice che il membro destro diverrà $ \frac{(p-1)!+1}{p} - 1 $
Siccome $ \displaystyle \frac{(p-1)!+1}{p} - 1 - (p-1) = \frac{(p-1)((p-2)!-(p+1))}{p} $ è intero ed è anche divisibile per $ p-1 $ abbiamo finito.

Resta il fatto che potevo scriverla molto meglio

[HiTLeuLeR]

[...] se $ p=n $ allora l'argomento della funzione floor è intero se p non è primo [...]

Non basta che $ p $ non sia primo, perché questo accada: ad es., $ 4 \nmid (4-1)! $. Inoltre, pur ammettendo che $ (n-1)!/p $ sia un intero, perché mai - lo so che è banale, però ci tengo a chiederlo! - dovrebbe essere divisibile per $ p-1 $? Il resto va bene.