${{p-1}\choose{j}}\equiv(-1)^j \pmod p$ para prime$p$

Question

¿Puede alguien compartir un enlace a prueba de esto? $${{p-1}\choose{j}}\equiv(-1)^j(\text{mod}\ p)$$ for prime $ p $.

Answer 1

ps

Ahora, $$\binom {p-1}j=\prod_{1\le r\le j}\frac{p-r}r$

Answer 2

Dado que$p$ es primo,$\displaystyle\binom pj\equiv0\pmod p$ para$0\lt j\lt p$.

Por la identidad de Pascal, para$0\lt j\lt p$ tenemos$$\binom{p-1}j=\binom pj-\binom{p-1}{j-1}\equiv-\binom{p-1}{j-1}\pmod p.$$Since $ \ displaystyle \ binom {p-1} equiv (-1) ^ j \ pmod p $

para $, it follows by induction that $.

Answer 3

Es bien sabido que $\binom pi\equiv0\pmod p$$0<i<p$. Ahora Pascal repetición de da $\binom{p-1}i\equiv-\binom{p-1}{i-1}\pmod p$$~i$, y por lo $\binom{p-1}i\equiv(-1)^i\pmod p$ $0\leq i<p$ sigue de inmediato una inducción en$~i$, $\binom{p-1}0=1$ como caso base.

Más generalmente, esto da $\binom{p^k-1}i\equiv(-1)^i\pmod p$ $0\leq i<p^k$ para cualquier entero positivo$~k$ (desde $\binom{p^k}i\equiv0\pmod p$$0<i<p^k$). Este resultado sería un poco más difícil de probar por la reducción del modulo$~p$ todos los factores en la expansión de $\binom{p^k}i$ que el básico (desde ahora algunos de los factores en el numerador y el denominador se reducen a$~0$ modulo$~p$).

Answer 4

Definición de$a \equiv b \pmod{c}$ requiere$a,b,c$ para ser enteros. (Véase la teoría elemental de números de David Burton para una definición y un problema similar). Aquí hay una manera de hacerlo. $$(p-1)(p-2)\ldots(p-j) \equiv (-1)^j j! \pmod{p}.$$ Therefore, $ #% j!$\binom{p-1}{j} j! \equiv (-1)^j j! \pmod{p}.$ \ gcd (j !, p) = 1% 1 $ para obtener el resultado.