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per ogni $ k \in N $ e $ p $ primo vale:

$ \displaystyle \binom {k}{p} \equiv {[\frac {k}{p}]} \pmod p $


con $ [x]=j $ t.c.$ j \in Z $ e $ j \le x < j+1 $.

Scrivo k=np+r.
La tesi diventa $ \displaystyle \frac{(np+r)!}{p!\left( (n-1)p+r\right)!} \equiv n \pmod p \Leftrightarrow $$ \displaystyle \frac{(np)!(np+1)...(np+r)}{p!\left( (n-1)p\right)!((n-1)p+1)...((n-1)p+r)} \equiv n \pmod p $$ \Leftrightarrow \displaystyle \frac{(np)!(1)...(r)}{p!\left( (n-1)p\right)!(1)...(r)} \equiv n \pmod p $$ \displaystyle \Leftrightarrow \frac{(np)!r!}{p!\left( (n-1)p\right)!r!} \equiv n \pmod p $.
Semplificando i fattoriali si ottiene che la tesi è equivalente a $ \displaystyle \frac{(np)(np-1)...(np-p+1)}{p (p-1)!} \equiv n \pmod p $. Ma, cambiando i segni ai termini di sopra, posso scrivere questa frazione come $ \displaystyle \frac{(n)(-1)^{p-1}(p-1)!}{(p-1)!} \equiv n \pmod p $. Adesso, per ogni primo si ha $ (-1)^{p-1} \equiv 1 \pmod p $ (se volete per Fermat, ma molto più semplicemente perchè è vero per 2 e per gli altri primi p-1 è pari) e dunque, semplificando i fattoriali rimasti, abbiamo la tesi.

Ciao!

Vorrei proporre una dimostrazione alternativa a quella di Dark Cristal(non perchè la sua non sia buona,ma semplicemente perchè ne ho pensata un 'altra)e un corollarieto che ho trovato.
riscriviamo come ha fatto Dark crystal $ k=np+r $.Vogliamo dimostrare che $ (np+r)!/p!(p(n-1)+r)! $ è congruo a $ n(modp) $.
Semplifichiamo $ (np+r)!/(p(n-1)+r)=d $.Notiamo che $ d $ è il prodotto di p numeri consecutivi tra cui v'è $ np $, qundi possiamo distinguere due casi: in $ np $ p ha un esponente uguale a 1,o esponente maggiore di 1.Nel secondo caso $ d/p! $ essendo ancora multiplo di p rende la tesi del problema vera ovvero in questo caso$ (np+r)!/p!(p(n-1)+r)! $ è congruo$ 0(modp) $.Il primo caso invece per il teorema di Wilson è tale che $ d/pn $ è congruo$ -1(modp) $,ma per lo stesso teorema anche$ (p-1)! $ è congruo $ -1(modp) $ ,ora è ovvio che$ nd/np $ è congruo$ -n(modp) $.Ora dunque$ nd/np(p-1)!=d/p! $ è congruo$ n(modp) $.
Corollario: Se p è un numero primo e k=np+r,allora se r non è congruo -1(modp) il coefficente binomiale di k indice (n-1) è multiplo di p, se r è congruo-1(modp) è congruo$ 1(modp) $.Dimostriamo il primo caso:chiamerò $ k_p $ il binomiale di k indice p;sappiamo per il teorema precedente che $ k_p $ è congruo n(modp).Ma per l' ipotesi anche $ (k+1)_p $ è congruo n(modp).Sapendo che $ (k+1)_p=k_p +k_(p-1) $ svolgendo l'equazione coi moduli si vede che necessariamente $ k_(p-1) $ è congruo 0(modp).Usando la stessa proprietà dei binomiali si dimostra il secondo caso:ovvero il resto deve aumentare di 1 quindi $ k_(p-1) $ è congruo 1(modp)
Spero Evaristeg non si arrabbi che non ho ancora imparato tutte le operazioni con latex:i binomiali e le congruenze come si fanno?
Buona notte.

per il latex non ti preocc, gia hai fatto abbastanza, comunque basta che metti ilmouse sopra le formule degli altri e ti appare in piccolo cosa avrestidovuto scrivere per farle..e.g. congruenza modulo p di scrive "\equiv \pmod p" e i binomiali "\binom {A}{B}"..

la dimostrazione comunque è giusta