¿Cómo podemos mostrar que $\dbinom{pm}{pn}\equiv\dbinom{m}{n}\pmod {p^3}$ donde $m$ y $n$ son números enteros no negativos y $p$ es un primo tal que $p \geq 5$? Que puedo hacer para $\mod p^2$ pero estoy atrapado aquí.
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Roger Hoover
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Desde: $$\binom{pm}{pn}=\frac{(pm)(pm-1)\cdot\ldots\cdot(p(m-n)+1)}{(pn)!}=\binom{m}{n}\prod_{k=0}^{n-1}\prod_{h=1}^{p-1}\frac{(m-n+k)p+h}{kp+h}$ $ es suficiente para mostrar que $$\binom{kp-1}{p-1}\equiv{1}\pmod{p^3}\tag{1}$ $ para cualquier $k$ y para cualquier $p\geq 5$, que también es conocido como teorema de Glaisher. Sucede que: $$\binom{kp-1}{p-1}=\frac{((k-1)p+1)\cdot\ldots\cdot((k-1)p+p-1)}{(p-1)!}=\prod_{h=1}^{p-1}\left(1+\frac{(k-1)p}{h}\right),\tag{2}$ $ así: $$\binom{kp-1}{p-1}\equiv 1+p(k-1) H_{p-1} + (k-1)^2 p^2\cdot\!\!\!\!\!\!\sum_{1\leq h_1<h_2\leq p-1}\frac{1}{h_1 h_2}\pmod{p^3},\tag{3}$ $ pero desde $H_{p-1}\equiv 0\pmod{p^2}$ por Teorema de Wolstenholme, sólo tenemos que demostrar que $$\sum_{1\leq h_1<h_2\leq p-1}\frac{1}{h_1 h_2}=\frac{1}{2}\left(H_{p-1}^2-H_{p-1}^{(2)}\right)\equiv 0\pmod{p},\tag{4}$ $ que es trivial desde $H_{p-1}^{(2)}\equiv 0\pmod{p}$.
