es divisible por $\tbinom{2p}{p}-2$ $p^3$

Question

El problema es el siguiente: % Let $p>3$ser una privilegiada. Mostrar que $\tbinom{2p}{p}-2$ es divisible por $p^3$. Lo único que puedo pensar es que $(2p)!-2(p!)^2$ es divisible por $p^2$ que no me ayuda mucho. ¿Alguien puede señalarme en la dirección correcta? ¿Existe un enfoque combinatorio a este problema? Gracias

Answer 1

%#% $ De #% ahora por el Teorema de Wolstenholme $${2p\choose p}=\frac{(2p)(2p-1)\ldots (2p-(p-1))}{p!}=\frac{2(2p-1)\ldots (2p-(p-1))}{(p-1)!}=2{2p-1\choose p-1}$$ $${2p\choose p}\equiv 2\cdot1\equiv 2\mod p^3$

Answer 2

Teorema de Wolstenholme nos dice

$$\binom {2p-1}{p-1}=1\pmod{p^3}$ $ y desde ahí...

Answer 3

$\tbinom{2p}{p} = \frac{(p+1)(p+2)...(p+p-1)(p+p)}{1.2...(p-1)p} = \frac{(p+1)(p+2)...(p+p-1)2}{1.2...(p-1)}$

$\tbinom{2p}{p} -2 $ será divisible por $p^3$

iff $ \frac{(p+1)(p+2)...(p+p-1)2}{1.2...(p-1)} -2 $ es divisible por $p^3$

iff $ ((p+1)(p+2)...(p+p-1)) -(p-1)! $ es divisible por $p^3$ (2,p)=1 y (p,(p-1)!)=1

Sea f(x)= $\prod_{1≤r≤p-1}(x+r) = \sum _{0≤r≤p-1}a_rx^r$ . Entonces (x+1)f(x+1)=(x+p)f(x). Poniendo los valores de f(x) y f(x+1) y la comparación de los coeficientes de las diferentes potencias de x,

para $x^p$, 1=1

para $x^{p-1}, p+a_{p-1}=pC_1+a_{p-1}$

y así sucesivamente.

Claramente,p |$a_r$ y por Wolstenholme del Teorema $p^2|a_1$

Así, en $\prod_{1≤r≤p-1}(p+r)$, $a_0$ (p-1)!, el co-eficiente de p($a_1$) es la suma del producto de r 2 en un tiempo, el co-eficiente de $p^2$($a_2$) es la suma del producto de r se toma 3 a la vez y el resto de los términos son divisibles por $p^3$.

Como $p|a_2$$p^2|a_1$, el resultado de la siguiente manera.