Los primos de dividir la suma de los coeficientes binomiales.

Question

Dado que el $p>3$ es un número primo, tenemos $k=\lfloor \frac {2p}{3} \rfloor$, a continuación, probar o refutar que $\sum_{i=1}^k\binom{p}{i}\equiv 0\pmod{p^2}$.

Es fácil ver cómo $p$ se divide cada uno de los coeficientes binomiales, pero he intentado utilizando el máximo de los poderes de $p$ en cada coeficiente, pero estaba atascado alguien puede ayudarme.

Answer 1

Queremos demostrar que $\sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{2p}{3} \rfloor} \binom{p}{i} = 0 \mod p^2$ $p$ - de los números primos.

$\sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{2p}{3} \rfloor} \binom{p}{i} = 0 \mod p^2$ implica que $\sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{2p}{3} \rfloor} \frac{1}{p}\binom{p}{i} = \sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{2p}{3} \rfloor} \frac{(-1)^{i-1}}{i} = 0 \mod p $ (como se menciona en los comentarios).

Para $p=3k+1$ => $\sum \limits_{i=1}^{2k} \frac{(-1)^{i-1}}{i} = 1+\sum \limits_{i=1}^{k-1}\frac{1}{2i+1}-\sum \limits_{i=1}^{k} \frac{1}{2i} = \frac{1}{2} \left(H_{k-\frac{1}{2}}-H_k+\log (4)\right)$

y desde $H_{2k}=\frac{1}{2}(H_k+H_{k-1/2}+\ln 4)$

podemos conseguir que

$\frac{1}{2}(H_{k-1/2}-H_k+\ln 4)-\frac{1}{2}(H_{k-1/2}+H_k+\ln 4) = -H_{2k} \mod (3k+1)$.

Que es sólo $-H_k = -H_{2k} \mod (3k+1)$

Reordenación de las que llegamos a $H_{2k}-H_k = 0 \mod (3k+1)$ al $p=3k+1$ es primo.

Para $p=3k+2$ => $\sum \limits_{i=1}^{2k+1} \frac{(-1)^{i-1}}{i} = 1+\sum \limits_{i=1}^{k-1}\frac{1}{2i+1}-\sum \limits_{i=1}^{k} \frac{1}{2i}+\frac{1}{2k+1} = \frac{1}{2} \left(H_{k-\frac{1}{2}}-H_k+\log (4)\right)+\frac{1}{2k+1}$

y desde $H_{2k}=\frac{1}{2}(H_k+H_{k-1/2}+\ln 4)$

podemos conseguir que

$\frac{1}{2}(H_{k-1/2}-H_k+\ln 4)-\frac{1}{2}(H_{k-1/2}+H_k+\ln 4)+\frac{1}{2k+1} = -H_{2k} \mod (3k+2)$.

Que es sólo $-H_k+\frac{1}{2k+1} = -H_{2k} \mod (3k+2)$

Reordenación de las que llegamos a $H_{2k}-H_k+\frac{1}{2k+1} = 0 \mod (3k+2)$ al $p=3k+2$ es primo.

Nota : $H_k = \sum \limits_{i=1}^{k} \frac{1}{i}$ es el número Armónico y también la parte resaltada,son las declaraciones que yo no demostrar.

Answer 2

Ahmad demostraron que el problema es equivalente a

1. $H_{2k}-H_k \equiv 0 \pmod p$ $p \equiv 1 \pmod 3$
2. $H_{2k}-H_k+(2k+1)^{-1} \equiv 0 \pmod p$ $p \equiv 2 \pmod 3$

1: $$H_{2k}-H_k \equiv \sum_{i=1}^{2k} i^{-1} - \sum_{i=1}^{k}^{-1} \equiv \sum_{i=k+1}^{2k} i^{-1} \equiv \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} i^{-1} + \sum_{i=\frac{3}{2}k+1}^{2k} i^{-1} \equiv \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} i^{-1} + \sum_{i=-\frac{3}{2}k-1}^{-2k} (-i)^{-1} \equiv \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} i^{-1} + \sum_{i=3k+1-\frac{3}{2}k-1}^{3k+1-2k} (-i)^{-1} \equiv \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} i^{-1} + \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} (-i)^{-1} \equiv \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} i^{-1} + \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} (-1)^{-1}(i)^{-1}\equiv \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} i^{-1} + -i^{-1} \equiv \sum_{i=k+1}^{\frac{3}{2}k} 0 \equiv 0 \pmod p$$ La idea es que para cada inversa el opuesto a la inversa es también en la suma y por lo tanto la suma cancelada. Usted necesita mostrar $k$ es aún así no inverso no tiene compañero. Si $k$ es impar, $3k+1$ es divisible por $2$ y, por tanto, no de una prima.

2: Misma idea sólo con número impar de términos. $$\begin{align} H_{2k}-H_k+(2k+1)^{-1} \equiv \\ & \equiv (2k)^{-1}+(2k-1)^{-1}+\cdots+(1)^{-1} - ((k)^{-1}+(k-1)^{-1}+\cdots+(1)^{-1}) + (2k+1)^{-1} \\ & \equiv (2k)^{-1}+(2k-1)^{-1}+\cdots+(k+1)^{-1} +(2k+1)^{-1} \\ & \equiv (2k)^{-1}+(2k-1)^{-1}+\cdots+(k+1)^{-1} + (2k+1)^{-1} \\ & \equiv -(k+2)^{-1}+-(k+3)^{-1}+\cdots+(k+1)^{-1} + -(k+1)^{-1} \\ & \equiv 0 \pmod p \end{align}$$ De nuevo tenemos que mostrarle $k$ es siempre impar. Si $k$ incluso $3k+2$ es divisible por $2$.