Demostrar que $\frac{(p^{n}-1)(p^{n}-p).....(p^{n}-p^{n-1})}{n!} \in \mathbb{N}$ con $p$ un número primo y $n \in \mathbb{N}$

Question

Aparentemente esta pregunta requiere un método ligado al álgebra lineal pero me preguntaba si era posible resolverla de manera formal como una inducción sobre $n$ o utilizando una identidad para $p^{n}-1$ ?

Y también, por qué la condición $p$ un número primo, es necesario? (Ya veo por qué)

Gracias de antemano.

PS : Aquí está mi intento con una inducción en $n$ :

Dejemos que $K_{n}=\frac{(p^{n}-1)(p^{n}-p).....(p^{n}-p^{n-1})}{n!}$

Si $n=0$ entonces $K_{0}=0 \in \mathbb{N}$ .

Si $n=1$ entonces $K_{1}=p-1 \in \mathbb{N}$ .

Si $n=2$ entonces $K_{2}= \frac{(p^{2}-1)(p^{2}-p)}{2}=\frac{(p-1)^{2}p(p+1)}{2}$

En este caso, si $p=2$ entonces $2$ divide $6$ así que $K_2 \in \mathbb{N}$ . Y si $p>2$ entonces tenemos $p-1$ incluso así $(p-1)^2$ es par y también $p+1$ . $p$ es impar pero cuando multiplicamos los tres números obtenemos un número par por lo que si $p>2$ entonces $K_2 \in \mathbb{N}$ .

Ahora, trata de demostrar que $K_{n+1} \in \mathbb{N}$ :

$K_{n+1}=\frac{(p^{n+1}-1)(p^{n+1}-p).....(p^{n+1}-p^{n})}{(n+1)!} = \frac{(p^{n+1}-1)p^{n}}{n+1} \times \frac{(p^{n}-1)(p^{n}-p).....(p^{n}-p^{n-1})}{n!} = \frac{p^{2n+1}-1}{n+1} \times K_n$

con $ K_n \in \mathbb{N}$ .

Entonces quiero demostrar que $n+1$ divide $p^{2n+1}-p^{n}$

Así que para $p>n+1$ tenemos $n+1$ que es primo con $p$ para todos $n\in \mathbb{N}$

Esto significa que $p \equiv 1 [n+1] \Rightarrow p^{2n+1} \equiv 1 [n+1] \Rightarrow p^{2n+1}-p^{n} \equiv 0 [n+1]$ .

Además, si $p=n+1$ tomamos esta expresión $\frac{(p^{n+1}-1)p^{n}}{p}=(p^{n+1}-1)p^{n-1} \in \mathbb{N}$

Funciona, pero si $p< n+1$ No sé cómo empezar...

Answer 1

Tengo una idea de cómo resolver este problema. La prueba no está completa, pero estoy bastante seguro de que se puede completar.

Demostremos de forma más general que $k!$ divide $(p^n-1) \cdot \dotsc \cdot (p^n-p^{k-1})$ . Creo que esto es cierto para todos los números enteros $p$ . Recordemos que la multiplicidad de un número primo $q$ en $k!$ es igual a $$v_q(k!)=\sum_{\ell \geq 1} \bigl\lfloor \frac{k}{q^\ell} \bigr\rfloor.$$ Así, basta con demostrar que la multiplicidad de $q$ en el producto $P=(p^n-1) \cdot \dotsc \cdot (p^n-p^{k-1})$ es al menos así de grande. Ahora la idea es descomponer $P$ en productos parciales $P_\ell$ tal que la multiplicidad de $q$ en $P_\ell$ es al menos $\lfloor \frac{k}{q^\ell} \rfloor$ para que al final la multiplicidad de $P$ es al menos $\sum_\ell \lfloor \frac{k}{q^\ell} \rfloor$ .

Puedo demostrar al menos que la multiplicidad es al menos $\lfloor \frac{k}{q} \rfloor$ : Considere $P_i = (p^n-p^{i q}) \dotsc (p^n - p^{iq+q-1})$ para $i \leq \lfloor \frac{k}{q} \rfloor-1$ para que $\prod_i P_i$ divide $P$ . Entonces $P_i \equiv 0 \bmod q$ ya que cada potencia de $p$ es uno de los poderes de $1,\dotsc,p^{q-1}$ modulo $q$ . Por lo tanto, $q^{\lfloor \frac{k}{q} \rfloor}$ divide $P$ .

Answer 2

Dejemos que $K$ sea un campo con $p$ elementos.

Dejemos que $f(n,k)$ sea el número de conjuntos (¡no ordenados!) linealmente independientes de tamaño $k$ en un $K$ -espacio vectorial de dimensión $n$ . Tenemos $f(n,0)=1$ para todos $n$ ya que existe exactamente un conjunto linealmente independiente con elementos nulos. Por otro lado, cada uno de los $f(n,k)$ conjuntos linealmente independientes de cardinales $k$ puede completarse con un conjunto linealmente independiente de cardinales $k+1$ en $p^n-p^k$ formas, pero de esta manera cada conjunto linealmente independiente de $k+1$ elementos se construye $k+1$ tiempos. De ello se desprende que $f(n,k+1)=f(n,k)(q^n-q^k)/(k+1)$ .

Answer 3

Salteando sus casos base más pequeños, fije un primo $p$ y, supongamos $K_n$ es un número entero para algún $n$ . Usted tiene $$K_{n+1}=\frac{(p^{n+1}-1)p^nK_n}{n+1}$$

Escriba $n+1=dp^a$ , donde $d$ es coprima de $p$ . Así que $$K_{n+1}=\frac{(p^{dp^a}-1)p^nK_n}{dp^a}$$ $a$ no es claramente mayor que $n$ Así que $p^a\mid{p^n}$ .

En este punto sería bueno que $d$ divide $p^{dp^a}-1$ . Pero en general, no es así. Por ejemplo, $3$ no divide $5^{3\cdot5^0}-1=124$ . Esto no es exactamente una situación del Pequeño Teorema de Fermat, aunque casi lo parece (y yo también caí en ello en una versión anterior de esta respuesta). Así que para que la afirmación general sea cierta (y sabemos que lo es utilizando el argumento del álgebra lineal) $d$ debe tener a veces factores que dividen $K_n$ y no $(p^{n+1}-1)p^n$ . Así que, a menos que refuerce su hipótesis de inducción para dar información sobre lo que divide $K_n$ No hay esperanza de usar la inducción para hacer esto.