$(p,\frac{n}{p^\alpha})=1$ entonces $p\nmid\binom{n}{p^\alpha}$

Question

Dejemos que $n=p^\alpha m$ donde $(p,m)=1$ . Entonces tenemos $$p\nmid\binom{n}{p^\alpha}$$ Lo que he hecho es jugar con $\binom{n}{p^\alpha}$ como: $$\binom{n}{p^\alpha}=\frac{n!}{(n-p^\alpha)!p^\alpha!}=m\binom{p^\alpha m-1}{p^\alpha-1}$$

Sinceramente, el resto no lo tengo claro. Gracias por su ayuda.

EDITAR: $p$ es primo.

Answer 1

Supongo que $p$ es un primo. Esto se deduce del teorema de Lucas. Si se escribe $n$ en la base $p$ , ambos $p^\alpha$ et $n$ terminar en $\alpha$ ceros. En ningún momento $p^\alpha$ tienen un dígito mayor que el de $n$ por lo tanto $\binom{n}{p^\alpha} \neq 0~(mod~p)$ .

Answer 2

Puedes demostrarlo con una identidad polinómica. Considera el polinomio $P(X)=(X+1)^n\in\Bbb Z/p\Bbb Z[X]$ . Por el teorema del binomio, $$P(X)=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}X^k.$$ También podemos utilizar el morfismo de Frobenius de $\Bbb Z/p\Bbb Z[X],~Q(X)\mapsto Q(X)^p$ (que es un homomorfismo de anillo) y escribir $$P(X)=(X+1)^n=(X+1)^{p^{\alpha}m}=\big((X+1)^{p^{\alpha}}\big)^m=\big(X^{p^{\alpha}}+1\big)^m=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}X^{p^{\alpha}k}$$ Comparando los coeficientes de ambas expresiones, tenemos, para $k=0,\dots,m$ y modulo $p$ : $$\binom{p^{\alpha}m}{p^{\alpha}k}=\binom{m}{k}$$ y por lo tanto (para $k=1$ ) $$\binom{p^{\alpha}m}{p^{\alpha}}=\binom{m}{1}=m\neq 0$$ desde $m$ et $p$ son coprimos, es decir $p$ no divide $\binom{p^{\alpha}m}{p^{\alpha}}$ . Este als muestra que si $k$ no es un múltiplo de $p^{\alpha}$ entonces $\binom{n}{k}$ es un múltiplo de $p$ .

Answer 3

Supongo que $p$ es primo.

Teorema de Kummer dice que el número de factores de $p$ en $\binom{n}{k}$ es la suma de la base- $p$ dígitos de $n$ menos la suma de la base- $p$ dígitos de $k$ et $n-k$ , todo ello dividido por $p-1$ .

En el caso anterior, la base $p$ representación de $n$ parece $$ d_md_{m-1}d_{m-2}\dots d_{\alpha}\underbrace{000\dots000}_{\alpha\text{ zeros}} $$ donde $d_\alpha\not=0$ . Además, $p^\alpha$ parece $$ 1\underbrace{000\dots000}_{\alpha\text{ zeros}} $$ y $n-p^\alpha$ parece $$ d_md_{m-1}d_{m-2}\dots (d_{\alpha}-1)\underbrace{000\dots000}_{\alpha\text{ zeros}} $$ La suma de la base- $p$ dígitos en $n-p^\alpha$ et $p^\alpha$ es $$ \sum_{j=\alpha}^md_j $$ que es igual a la suma de la base- $p$ dígitos en $n$ . Por lo tanto, no hay factores de $p$ en $\binom{n}{p^\alpha}$ .

Answer 4

$\displaystyle {n \choose p^\alpha} = \frac{n}{p^\alpha} \frac{n-1}{p^\alpha - 1} \dots \frac{n-p^\alpha+1}{1}$

Así que sólo hay que observar que $\mathrm{ord}_p (n-k) = \mathrm{ord}_p (p^\alpha - k)$ para todos $0 \le k < p^\alpha$ , donde $\mathrm{ord}_p$ es el poder de $p$ en la descomposición primaria.

P.D. Por cierto, esto también funciona si $p$ no es primo: basta con sustituir $\mathrm{ord}_p$ por $\mathrm{ord}_q$ , donde $q$ es un factor primo de $p$ .