Que $p$ es un primo impar, mostrar que $$\sum_{i=0}^{p-1}(-1)^i\binom{p^2-p}{pi}\equiv p^{p-1}\pmod {p^p}$ $
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Himanshi
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Definir $\zeta=e^{2\pi i/p}\in\mathbb{C}$, un primitivo $p$-ésima raíz de $1$. Podemos utilizar la identidad $$ \sum_{n=0}^{p-1}\zeta^{kn}=\begin{cases}p&:p|k,\\0&:p\nmid k,\end{casos} $$ y el teorema del binomio para reescribir su congruencia como $$ \etiqueta{$\star$}\frac{1}{p}\sum_{n=0}^{p-1} (1-\zeta^n)^{p^2-p}\equiv p^{p-1}\mod p^p. $$ El plazo $n=0$ se desvanece, y es un clásico hecho de que $p|(1-\zeta^n)^{p-1}$$1\leq n\leq p-1$. Por lo que es inmediato que el lado izquierdo de $(\star)$ es divisible por $p^{p-1}$. Con un poco de trabajo se puede calcular el residuo modulo $p^p$. Para $1\leq n\leq p-1$: $$ \begin{align*} (1-\zeta^n)^{p-1}&=\sum_{k=0}^{p-1}{p-1\choose k}(-1)^k\zeta^{nk}\\ &=\sum_{k=0}^{p-1}\frac{(1-p)(2-p)\ldots(k-p)}{k!}\zeta^{nk}\\ &=\sum_{k=0}^{p-1}\left(1-\frac{p}{1}\right)\cdots\left(1-\frac{p}{k}\right)\zeta^{nk}\\ &\equiv \sum_{k=0}^{p-1}\left[1-p H_k\right]\zeta^{nk}\\ &\equiv-p\sum_{k=1}^{p-1} H_k \zeta^{nk}\mod p^2, \end{align*} $$ donde en la última línea utilizamos ese $\sum_{k=0}^{p-1}\zeta^{nk}=0$. Aquí $H_k=1/1 + 1/2 +\ldots+1/k$ $k$- ésimo número armónico. Ahora podemos conseguir $$ \begin{align*} \frac{1}{p}\sum_{n=1}^{p-1} (1-\zeta^n)^{p^2-p}&=\frac{1}{p}\sum_{n=1}^{p-1}\big((1-\zeta^n)^{p-1}\big)^p\\ &\equiv \frac{1}{p}\sum_{n=1}^{p-1}\left(-p\sum_{k=1}^{p-1} H_k\zeta^{nk}\right)^p\\ &\equiv -p^{p-1}\sum_{n,k=1}^{p-1}H_k^p\zeta^{nkp}\equiv -p^{p-1}\sum_{n,k=1}^{p-1}H_k\\ &\equiv p^{p-1}\sum_{k=1}^{p-1}H_k\equiv p^{p-1}\mod p^p. \end{align*} $$ En la tercera línea se utilizó el "Primer sueño" identidad"$(\sum x_i)^p\equiv \sum x_i^p\mod p$, junto con Fermat poco teorema aplicado a $H_k$. En la última línea necesitábamos $\sum_{k=1}^{p-1}H_k\equiv 1\mod p$, lo que puede ser probado intercambiando el orden de la suma.
