Primer número filas en un Pascal ' triángulo s

Question

La mayoría de ustedes saben lo que es un Triángulo de Pascal. Agregar los dos números por encima de la cantidad que usted está haciendo para hacer que el nuevo número de abajo.

He descubierto que para cada número primo fila, todos los números en la fila (excepto para el primer y el último número, el cual debe ser 1) es divisible por el número de fila. El número de fila es también el segundo o el último segundo número de la fila.

La primera fila es la fila 0. (la fila con un solo 1)

Por ejemplo, la fila 7 contiene $1,7,21,35,35,21,7,1$.

Fila 9 no es un número primo, y los números que la fila se se $1,9,36,84,126,126,84,36,9,1$.

21 y 35 son divisibles por 7.

36 y 126 son divisibles por 9, pero 84 no.

Con estos dos ejemplos, podemos ver que sólo los números en el primer número de filas que tiene la característica especial.

A mi manera de demostrar esta teoría está haciendo

$n \choose r$ $\div n$

$n \choose r$ $=nCr$

Para esta ecuación $n$ será el número de fila y $r$ será el lugar de el número de la fila;

(El primer número, que es $1$ por cada fila es el número coloque $0$.)

$11 \choose 2$ le dará el segundo número de la fila 11, que es de 55.

55 obviamente es divisible por 11, lo que equivale a 5, y 11 es una de las principales.

Sabemos que los números de una fila igual al número de fila $- 1$, por lo que la fila 11 8 números. (excepto los 2 primeros números son 1 y el número de fila)

Sólo tenemos que utilizar la mitad de los números (todos los números primos son impares, por lo que el número dos son de la misma en el medio) para probar la teoría, porque la otra mitad de los números son los mismos.

Para la fila 11, todo lo que tenemos que hacer es

$[$$11 \choose 2$$\div 11] +[$$11\choose 3$$\div 11]+[$$11\choose 4$$\div 11]+ [$$11\choose 5$$\div 11]$

Si uno de los números no es divisible por 11, una de las respuestas podría no ser un número entero, causando la respuesta final a no ser un número entero. Sin embargo, si todos los números son múltiplos de 11, a continuación, la respuesta final sería un número entero.

La ecuación anterior se convertiría en:

$55 \over 11$ $+$ $ 165 \over 11$ $+$ $330 \over 11$ $+$ $462 \over 11$

$=$ $5 + 15 + 30 + 42$

$=$ $92$ que es un número entero, mientras que todas las respuestas son también números enteros.

Finalmente, mi pregunta para ti es:

(una) Lo que es una forma más eficiente puedo probar la teoría?

(b) Lo que hace que esta característica es verdad? ¿Qué es la matemática detrás de esto?

Answer 1

Lo que se descubrió es que

$p$ Un primer número y $n \in {1, \dots, p-1 }$, el coeficiente binomial $$\binom{p}{n} = \frac{p!}{n!(p-n)!}$$ is divisible by $$%p.

La prueba es muy simple. La fracción $$\frac{p!}{n!(p-n)!}$$ has a numerator divisible by $p $ ($p! = p \cdot (p-1) \cdots$) and has a denominator not divisible by $p$ (all prime factors of $n! (p-n!) $ are at most $p-1$).

Por lo tanto la fracción es divisible por $p$.

Este es un hecho muy importante en matemáticas, ya que se utiliza para probar que $$(a+b)^p \equiv a^p+b^p \pmod{p}$el % $ % primos todos $p$.

Answer 2

Crostul la respuesta da la más sencilla prueba, pero también hay una puramente combinatoria manera de mostrar esto. Considere la posibilidad de la $k$-elemento de subconjuntos de a $\{0,...,p-1\}$, y decir dos subconjuntos son equivalentes si uno puede ser obtenido a partir de la otra mediante la adición de $a$ a cada elemento y la reducción de mod $p$, para algunas de las $a\in\{0,...,p-1\}$. Esta es una relación de equivalencia, y se divide la $k$-elemento de subconjuntos en clases de equivalencia. Nos dicen que si $0<k<p$, después de que cada clase tiene exactamente $p$ subconjuntos, por lo $\binom pk$ $p$ veces el número de clases. Claramente cada clase tiene en la mayoría de las $p$ subconjuntos, y si una clase tiene menos de $p$, entonces existe un subconjunto $S$ y dos distintos $a,b\in\{0,...,p-1\}$ de manera tal que los subconjuntos formados por la adición de $a$ a cada elemento de a $S$ (mod $p$) y añadiendo $b$ son los mismos. Así $$0\in S\Longleftrightarrow a-b\pmod p\in S\Longleftrightarrow 2(a-b)\pmod p\in S\Longleftrightarrow\cdots$$ and since $p$ and $b$ are coprime, this means $S=\varnothing$ or $S=\{0,...,p-1\}$, contradicting our assumption on $k$.