$n$ es primo si y solo si $\binom{n^2}{n} \equiv n \pmod{n^4}$?

Question

¿Puedes demostrar o refutar la siguiente afirmación:

Sea $n$ un número natural mayor que dos, entonces $$n \text{ es primo si y solo si } \binom{n^2}{n} \equiv n \pmod{n^4}$$

Puedes realizar esta prueba aquí. He verificado esta afirmación para todos los valores de $n$ hasta $100000$.

Answer 1

Desafortunadamente, parece que la afirmación es falsa. Mi contraejemplo es $n=16843^2$. Tenga en cuenta que $16843$ es un primo Wolstenholme. Por lo tanto, establezca $p=16843$ (para que nuestro contraejemplo sea $n=p^2$).

Aquí está la "prueba" de mi contraejemplo, que parece ser demasiado grande para calcular directamente (hizo colapsar el programa Sage y Wolfram no lo entendió directamente, por lo que se necesitaba más trabajo).

Tenga en cuenta que es suficiente demostrar $$\binom{p^4}{p^2}\equiv p^2\pmod{p^8}.$$ Por CAMO 2020/2, dado que $p=16843>3$, entonces tenemos $$\binom{p^4}{p^2}\equiv \binom{p^3}p\pmod{p^9}$$ lo cual, por supuesto, es lo suficientemente fuerte como para decirnos que $$\binom{p^4}{p^2}\equiv \binom{p^3}p\pmod{p^8}.$$

Ahora, Wolfram Alpha calcula $$\binom{p^3}{p}-p^2\equiv 0\pmod{p^8},$$ lo cual implica que $$\binom{p^4}{p^2}\equiv p^2\pmod{p^8},$$ lo que demuestra que el contraejemplo $n=p^2$ funciona.

Nota: Con suficiente trabajo, creo que es posible demostrar sin usar ayuda de computadora que $n=p^2$ es un contraejemplo si y solo si $p$ es un primo Wolstenholme.

EDITAR: He descubierto una prueba de que todos los $n=p^2$ para $p$ un primo Wolstenholme son contraejemplos. Siga la solución publicada por TheUltimate123 aquí, y modifique el lema de congruencia factorial en caída para que sea válido modulo $p^{k+3}$. La prueba funciona exactamente igual excepto por dos cambios: Primero, demostramos el lema solo para $i=0$, ya que el $n$ en el problema es igual a 1 (como en $\binom{p^3}{p\cdot 1}$). Además, usamos el hecho de que $p$ es un primo Wolstenholme para notar que $$\sum_{j=1}^{p-1} \frac1j\equiv 0\pmod{p^3},$$ para que el lema pueda ser válido modulo $p^{k+3}$.

Esto nos da el siguiente lema: para primos Wolstenholme $p$, $$\binom{p^k}{p}\equiv p^{k-1}\pmod{p^{2k+2}}.$$

Ahora, para terminar, observe que $$\binom{p^4}{p^2}\equiv\binom{p^3}p\pmod{p^{2\cdot 4+1}}$$ y $$\binom{p^3}{p}\equiv p^2\pmod{p^{2\cdot 3+2}}$$ lo cual combinado implica que para todos los primos Wolstenholme $p$, $$\binom{p^4}{p^2}\equiv p^2\pmod{p^8}.$$

Otro interesante (borrar si no es relevante): CAMO 2020/2 nos dice que todos los primos $p>3$ satisfacen $$\binom{p^2}p\equiv p\pmod{p^5},$$ por lo que quizás una mejor pregunta sería: ¿Es verdad que para todos los números naturales $n>3$, $$\binom{n^2}n\equiv n\pmod{n^5}\iff n\in\mathbb P?$$ Tenga en cuenta que en este caso $n=16843^2$ no es un contraejemplo (Wolfram Alpha confirma que la congruencia ni siquiera se cumple modulo $16843^9$)...

Answer 2

Tenga en cuenta que $\displaystyle\binom{n^2}{n} = \frac{1}{(n - 1)!} \frac{n^2 (n^2 - 1) ... (n^2 - (n - 1))}{n} = \frac{1}{(n - 1)!} n (n^2 - 1) ... (n^2 - (n - 1))$

Considere un primo $p > 2$. Entonces $1, 2, ..., p - 1$ son todos invertibles módulo $p^4$; por lo tanto, también lo es $(p - 1)!$. Ahora considere $\displaystyle\binom{p^2}{p} = \frac{1}{(p - 1)!} p (p^2 - 1) ... (p^2 - (p - 1))$.

Defina el polinomio $P(x) = x (x^2 - 1) (x^2 - 2) ... (x^2 - (p - 1))$. Deseamos reducir $P(x)$ módulo $x^4$. Notamos que esto solo tendrá un término de $x$ y $x^3$ dado que $P$ es impar. El término de $x$ será claramente $(p - 1)! x$; el término de $x^3$ será $-(p - 1)! x^3 \left(\frac{1}1 + \frac{1}2 + \cdots + \frac{1}{p - 1}\right)$. Luego, módulo $p^4$, tenemos $\displaystyle \binom{p^2}{p} = p - p^3 \left(\frac{1}1 + \frac{1}2 + \cdots+ \frac{1}{p - 1}\right)$ (tomando la división módulo $p^4$ también).

Tenga en cuenta que al reducir $\mod p$, tenemos $\frac{1}1 + \frac{1}2 + \cdots + \frac{1}{p - 1} = 1 + 2 + ... + (p - 1)$, dado que cada número de $1$ a $p - 1$ es una unidad. Y esta suma es igual a $\frac{p (p - 1)}{2} \equiv 0 \pmod p$, ya que $p > 2$. Así, vemos que $\frac{1}1 + \frac{1}2 + \cdots + \frac{1}{p - 1}$ será divisible por $p$ cuando la división se realiza $\mod p^4$ también.

Por lo tanto, tenemos que para todo primo $p>2$, $\displaystyle \binom{p^2}{p} \equiv p \pmod {p^4}$.

Todavía no hay nada en la otra dirección.

Answer 3

Si $p$ es primo, encontrarás que

$$\binom{p^{a+k}}{p^a}\equiv p^k \pmod{p^r}, \text{ para }k0\ .$$

Entonces, por ejemplo $$\binom{n^7}{n^5} \equiv n^2 \pmod{n^{3}}$$ también funcionaría perfectamente.