Si dimostri che per ogni primo p nell'intervallo $ \displaystyle\bigg(n, \frac{4n}3\bigg] $, p divide
$ \displaystyle\sum_{j=0}^{n}{n \choose j}^4 $
caspita di p che divide la somma dei binomiali alla quarta
caspita di p che divide la somma dei binomiali alla quarta
Indeciso tra Tdn e combinatoria, lo posto qua visto che si parla di divisibilità... in caso contrario avrò fornito un pò di lavoro a un mod
Si dimostri che per ogni primo p nell'intervallo $ \displaystyle\bigg(n, \frac{4n}3\bigg] $, p divide
$ \displaystyle\sum_{j=0}^{n}{n \choose j}^4 $
Si dimostri che per ogni primo p nell'intervallo $ \displaystyle\bigg(n, \frac{4n}3\bigg] $, p divide
$ \displaystyle\sum_{j=0}^{n}{n \choose j}^4 $
[url=http://www.myspace.com/italiadimetallo][img]http://img388.imageshack.us/img388/4813/italiadimetallogn7.jpg[/img][/url]
Eccola!
Spero vivamente esista una soluzione meno intricata di quella che intendo proporvi. Innanzitutto, qualche premessa.
E' chiaro che la prima domanda che ci si pone di fronte a un problema del genere non può che essere "Perché mai quel $ \displaystyle\frac{4}{3} $, e non invece $ \displaystyle\frac{3}{2} $, piuttosto che $ \displaystyle\frac{\pi^2}{2e} $ o Dio solo sa cos'altro?" A questo p.to, tutto dipende drammaticamente dalla risposta che si riesce a darle. Una considerazione assai banale è che, da qualche parte, deve pur saltare fuori una disuguaglianza che impone un upper-bound sul più grande fattore primo di una certa quantità intera, che coinvolge i coefficienti binomiali e la loro espressione esplosa in termini di fattoriali, o che possibilmente limita - ed è qui che forse l'esperienza è indispensabile - il grado di un opportuno polinomio. Sì, perché credo sia inevitabile - per chiunque l'abbia già incontrato - associare il problema attuale ad un Putnam - assai famoso - di qualche annetto fa o giù di lì.
In effetti, nei problemi di divisibilità in cui sono coinvolti coefficienti binomiali da una parte e un modulo primo $ p $ dall'altra, non è infrequente ritrovarsi a maneggiare espressioni - dall'apparenza disarmante - della forma $ \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} P(n+k) $, dove $ P $ è un dato polinomio a coefficienti interi ed $ n\in\mathbb{Z} $. Ebbene, un risultato standard che torna sempre comodo in queste ed altre situazioni analoghe è riassunto nel seguente lemma:
Lemma: se $ p $ è primo e $ P \in \mathbb{Z}[x] $ ha grado $ \le p-2 $, allora $ \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} P(n+k) \equiv 0 \bmod p $, per ogni $ n \in \mathbb{Z} $.
La dimostrazione è elementare, perciò me la risparmio. Da qui in avanti, la strada è tutta in discesa.
E' chiaro che la prima domanda che ci si pone di fronte a un problema del genere non può che essere "Perché mai quel $ \displaystyle\frac{4}{3} $, e non invece $ \displaystyle\frac{3}{2} $, piuttosto che $ \displaystyle\frac{\pi^2}{2e} $ o Dio solo sa cos'altro?" A questo p.to, tutto dipende drammaticamente dalla risposta che si riesce a darle. Una considerazione assai banale è che, da qualche parte, deve pur saltare fuori una disuguaglianza che impone un upper-bound sul più grande fattore primo di una certa quantità intera, che coinvolge i coefficienti binomiali e la loro espressione esplosa in termini di fattoriali, o che possibilmente limita - ed è qui che forse l'esperienza è indispensabile - il grado di un opportuno polinomio. Sì, perché credo sia inevitabile - per chiunque l'abbia già incontrato - associare il problema attuale ad un Putnam - assai famoso - di qualche annetto fa o giù di lì.
In effetti, nei problemi di divisibilità in cui sono coinvolti coefficienti binomiali da una parte e un modulo primo $ p $ dall'altra, non è infrequente ritrovarsi a maneggiare espressioni - dall'apparenza disarmante - della forma $ \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} P(n+k) $, dove $ P $ è un dato polinomio a coefficienti interi ed $ n\in\mathbb{Z} $. Ebbene, un risultato standard che torna sempre comodo in queste ed altre situazioni analoghe è riassunto nel seguente lemma:
Lemma: se $ p $ è primo e $ P \in \mathbb{Z}[x] $ ha grado $ \le p-2 $, allora $ \displaystyle\sum_{k=0}^{p-1} P(n+k) \equiv 0 \bmod p $, per ogni $ n \in \mathbb{Z} $.
La dimostrazione è elementare, perciò me la risparmio. Da qui in avanti, la strada è tutta in discesa.