Por qué

Question

Por qué $$\binom{mp-1}{p-1} \equiv 1 \pmod {p^3}?$$

He intentado por inducción en $m$:

$\bullet$ $m=0$ $$\binom{-1}{p-1} = (-1)^{p-1}=1 \equiv 1 \pmod {p^3}$$

$\bullet$ $m=1$ $$\binom{p-1}{p-1} =1 \equiv 1 \pmod {p^3}$$

$\bullet$ inducción hylpothesis: $$\binom{mp-1}{p-1} \equiv 1 \pmod {p^3}$$

$\bullet$ $m+1$ $$\binom{(m+1)p-1}{p-1}= \binom{(m+1)p}{p}-\binom{(m+1)p-1}{p}$$ , pero no soy capaz de seguir adelante. Tienes alguna sugerencias?

Muchas gracias

Answer 1

Las herramientas necesarias se puede encontrar en Glaisher del 1900 papel "Congruencias relativos a la suma de los productos de la primera $n$ números de teléfono y otras sumas de $n$ productos", que es más o menos disponibles aquí. (Es el primer artículo en cuestión.) Glaisher sólo demuestra la $m=2$ caso de esta manera, creo -, pero el método funciona para todos los casos.

Definir el polinomio $$f(x) = (x+1)(x+2)\dotsb (x+p-1) = \left[{p\cima 1}\right] + \left[{p\cima 2}\right]x + \dots + \left[{p\cima de p}\right]x^{p-1}$$ donde $\left[{p\atop k}\right]$ denota el unsigned número de Stirling de primera especie. (Glaisher no hace uso de esta terminología o la notación.)

La idea es que $\binom{mp-1}{p-1}$ puede ser escrito como la relación de $\frac{f((m-1)p)}{f(0)}$, y tan sólo es necesario demostrar que $$f((m-1)p) \equiv f(0) \pmod{p^3}$$ y también que ni es divisible por $p$, para demostrar su teorema. (Bueno, $f(0)$ es sólo $(p-1)! = \left[{p\atop 1}\right]$, por lo que sabemos todo acerca de él, y no es divisible por $p$.) Esto va en $3$ pasos:

1. Tenemos $$f((m-1)p) \equiv \left[{p\atop 1}\right] + \left[{p\atop 2}\right]((m-1)p) + \left[{p\atop 3}\right]((m-1)p)^2 \pmod {p^3},$$ since all other terms have a factor of $p^3$ en ellos.
2. En realidad, cuando se $p>2$, $\left[{p\atop 3}\right]$ (así como todos los otros coeficientes, excepto $\left[{p\atop 1}\right]$) es divisible por $p$, por lo que el término cuadrático también se desvanece, y obtenemos $$f((m-1)p) \equiv \left[{p\atop 1}\right] + \left[{p\atop 2}\right]((m-1)p) \pmod {p^3}.$$ To see the divisibility by $p$, Glaisher compares the coefficients in $f(x+1)$ and $(x+1)f(x)$, y utiliza el conocido divisibilidad de las propiedades de los coeficientes binomiales.
3. En realidad, cuando se $p>3$, $\left[{p\atop 2}\right]$ es divisible por $p^2$, por lo que el término lineal se desvanece, y obtenemos $$f((m-1)p) \equiv \left[{p\atop 1}\right] \pmod{p^3}.$$ To see this, Glaisher expands $f(-p)=\left[{p\cima 1}\right]$, and then all terms except the $\left[{p\cima 2}\right]$ term have a factor of $p^2$ en ellos.

Esto completa la prueba, ya que hemos llegado a la conclusión de que $f((m-1)p) \equiv f(0) \pmod{p^3}$, y puesto que ni es divisible por $p$, podemos dividir y obtener $\frac{f((m-1)p)}{f(0)} \equiv 1 \pmod{p^3}$.