Muestre que$(\binom{p^2}{p} -p ) $ es divisible por$p^5$, para cada número primo$p, p\ge 5$

Question

Muestre que $(\binom{p^2}{p} -p ) $ es divisible por $p^5$ , para cada número primo $p, p\ge 5$ .

Tengo un problema de combinatoria, y esto es a lo que se reduce. No estoy muy seguro de cómo vincular la quinta potencia en divisibilidad.

Editar: He mostrado que esto es equivalente a $$(p-1)!\cdot(\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}) \equiv 0 \pmod {p^2}$ $

Answer 1

Es suficiente para demostrar que $\sum\limits_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} \equiv 0 \pmod {p^2}$. Denotar $S=\sum\limits_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}$. A continuación, tenga en cuenta que $$ 2S=\sum\limits_{i=1}^{p-1} \left(\frac{1}{i}+\frac{1}{p-i}\right)= p\cdot \sum\limits_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i(p-i)}. $$ Por lo tanto, es suficiente (ya $p>3$) para demostrar que $$ \sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i(p-i)}\equiv 0\pmod p. $$ Sin embargo, $$ \sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i(p-i)}\equiv -\sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^2}\pmod p. $$ Desde el modulo $p$ tenemos $\{1,2,\ldots, p-1\}=\left\{\frac{1}{1},\frac{1}{2},\ldots, \frac{1}{p-1}\right\}$ obtenemos $$ \sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^2}\equiv \sum\limits_{i=1}^{p-1} i^2=\frac{p(p-1)(2p-1)}{6}\equiv 0\pmod p $$ para el prime $p\geq 5$. Por lo tanto, $\sum\limits_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^2} \equiv 0 \pmod {p}$ e lo $\sum\limits_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} \equiv 0 \pmod {p^2}$, como se desee.

Answer 2

Desde $$ \binom{p^2}p = \frac{p^2(p^2-1)\dotsb(p^2-(p-1))}{1\cdot2\dotsb(p-1)p}, $$ queremos mostrar que $$ \frac{(p^2-1)\dotsb(p^2-(p-1))}{1\cdot2\dotsb(p-1)} \equiv 1 \pmod{p^4}; $$ es decir, $$ (p^2-1)\dotsb(p^2-(p-1)) \equiv (p-1)! \pmod{p^4}. $$ La apertura de los paréntesis en el lado izquierdo y la observación de que $(-1)(-2)\dotsb(-(p-1))=(p-1)!$, queda por demostrar que la suma de todos los $p-1$ términos divisible por $p^2$ , pero no por $p^4$ es $0$ mod $p^4$; esto es, considerando el polinomio
$$ P(x) := (x-1)(x-2)\dotsb(x-(p-1)), $$ queremos demostrar que el coeficiente del término lineal de este polinomio es $0$ mod $p^2$.

Para ello podemos hacer dos observaciones. La primera es casi trivial: $$ P(p-x) = P(x). \tag{1} $$ La segunda observación es que el polinomio $P(x)-(x^{p-1}-1)$ tiene un grado en la mayoría de las $p-2$, mientras que el valor de este polinomio en cada punto entero es divisible por $p$ (sugerencia: el uso del teorema de Wilson para $x\equiv 0\pmod p$); en consecuencia, $$ P(x) = (x^{p-1}-1) + pQ(x), \tag{2} $$ donde $Q$ es un polinomio con coeficientes enteros.

Sustituyendo (1) en (2), obtenemos $$ (p-x)^{p-1}-1+pQ(p-x) = x^{p-1}-1+pQ(x), $$ que, en vista de $(p-x)^{p-1}\equiv x^{p-1}-(p-1)px^{p-2}\pmod{p^2}$, los rendimientos de los $$ pQ(p-x) \equiv (p-1)px^{p-2} + pQ(x) \pmod{p^2}; $$ es decir, $$ Q(p-x) \equiv Q(x)-x^{p-2} \pmod p. $$ Pero $Q(p-x)\equiv Q(-x)\pmod p$; por lo tanto $$ Q(-x)\equiv Q(x)-x^{p-2}\pmod p, $$ y de ello se desprende que los términos lineales de $Q(-x)$ e $Q(x)$ desaparecen mod $p$. Ahora, por (2), el término lineal de $P$ es divisible por $p^2$. Esto completa la prueba.