Demostrando que $i! \mid (p-1)\cdot(p-2)\cdots(p-i+1)$ para $i < p$

Question

Empezó a resolver este problema:

$$ (a+b)^p \equiv a^p+b^p \pmod{p}$$
donde $p\in\mathbb{P}$ , $a,b\in\mathbb{Z} $

Después de unas cuantas implicaciones llegué a esto $$ i! \mid (p-1)\cdot(p-2)\cdots(p-i+1) ,\quad i < p$$

Intenté algunos casos especiales sin progreso.

Answer 1

Tenga en cuenta que $$\frac{p(p-1)(p-2)\cdots(p-i+1)}{i!}=\binom pi$$ es decir, un número entero. Y es múltiplo de $p$ desde $p$ no es un factor de $i!$ .

Answer 2

Correcto, probablemente estás queriendo mostrar que $p$ divide el coeficiente binomial $$\binom{p}{i}=\frac{p!}{i!(p-i)!}=p\cdot\frac{(p-1)\cdots(p-i+1)}{i!}$$ y, por lo tanto, quiere demostrar que la fracción es realmente un número entero.

Este es un enfoque: Deja que $m=(p-1)\cdots(p-i+1)$ y que $n=pm$ . Sabemos que $i!\mid n$ porque los coeficientes binomiales son enteros, y $\binom{p}{i}=\frac{n}{i!}$ . Porque $i!\mid pm$ bastará con demostrar que $\gcd(i!,p)=1$ para concluir que $i!\mid m$ .

(Es un hecho general que $a\mid bc$ et $\gcd(a,c)=1$ $\implies$ $a\mid b$ .)

Pero el hecho de que $\gcd(i!,p)=1$ está claro, porque $i!$ es el producto de números que son estrictamente menores que $p$ y por lo tanto no puede tener ningún factor de $p$ en ellos (ya que $p$ es primo).

Answer 3

Si ya sabes El pequeño teorema de Fermat Entonces:

$$(a+b)^p\equiv (a+b)\equiv (a^p+b^p)\pmod{\! p}$$

y ya está. Si no, entonces por Teorema del binomio $$(a+b)^p-a^p-b^p=\binom{p}{1}a^{p-1}b+\binom{p}{2}a^{p-2}b^2+\cdots+\binom{p}{p-1}ab^{p-1},$$

que es divisible por $p$ (y ya está), porque $p\mid \binom{p}{i}$ para cualquier $1\le i\le p-1$ .

Esto se debe a que $\binom{p}{i}=\frac{p!}{(p-i)!i!}$ - el numerador es divisible por $p$ y el denominador no lo es, por lo que la fracción (que se sabe que es un entero) es divisible por $p$ .

Answer 4

Definir potencias factoriales decrecientes por $ n^{\underline{m}} = n (n - 1) \dotsm (n - m + 1) $ .

Por inducción, demuestre que:

$$\sum_{0 \le k \le n} k^{\underline{m}} = \frac{n^{\underline{m + 1}}}{m + 1}$$

Ahora demostramos que $k!$ divide cualquier producto de $k$ enteros consecutivos, es decir, divide $n^{\underline{k}}$ para todos $n$ por inducción en $k$ .

Base: Para $k = 0$ esto se reduce a $1 \mid n$ , lo que siempre es cierto.

Inducción: De lo anterior sabemos que $n^{\underline{k + 1}} = (k + 1) \sum_{0 \le r \le n} r^{\underline{k}}$ . Por inducción, cada uno de los términos de la suma es divisible por $k!$ por lo que el lado derecho es divisible por $(k + 1) k! = (k + 1)!$ .