Numeri primi e coefficienti binomiali

[carlo23]

Un problema con i numeri primi:

Dimostrare che se \( \displaystyle {p} \) è primo allora

\( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)}\equiv{2}\text{mod}{2}{p} \)

Ciao, ciao!

[eafkuor]

ma è un teorema già dimostrato o è solo una tua congettura?

[carlo23]

ma è un teorema già dimostrato o è solo una tua congettura?

Non è troppo difficile vedere che modulo \( \displaystyle {p} \) si ha

\( \displaystyle \frac{{{\left({2}{p}-{1}\right)}!}}{{p}}\equiv{\left({p}-{1}\right)}!{\left({p}-{1}\right)}!\equiv{\left({p}-{1}\right)}{!}^{{2}}\text{mod}{p} \)

per il teorema di Wilson noi sappiamo che

\( \displaystyle {\left({p}-{1}\right)}!\equiv-{1}\text{mod}{p} \)

per ogni numero primi \( \displaystyle {p} \). Quindi

\( \displaystyle \frac{{{\left({2}{p}-{1}\right)}!}}{{p}}\equiv{1}\text{mod}{p} \)

e visto che

\( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)}=\frac{{{\left({2}{p}\right)}!}}{{{p}{!}^{{2}}}}={\left(\frac{{{2}{{p}}^{{2}}}}{{{p}}^{{2}}}\right)}{\left(\frac{{{\left({2}{p}-{1}\right)}!}}{{{p}{\left({p}-{1}\right)}{!}^{{2}}}}\right)}={2}{\left(\frac{{{\left({2}{p}-{1}\right)}!}}{{{p}{\left({p}-{1}\right)}{!}^{{2}}}}\right)} \)

allora (è possibile la semplificazione perchè il denominatore all'ultimo membro è uguale a \( \displaystyle {p} \))

\( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)}\equiv{2}\text{mod}{p} \)

non resta che osservare che (esistono parecchie dimostrazioni) il coefficiente binomiale è
sempre pari e quindi se \( \displaystyle {p} \) è dispari allora

\( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)}\equiv{2}\text{mod}{2}{p} \)

Questa è la mia dimostrazione, ho postato il problema perchè volevo vedere se qualcuno trovava una dimostrazione
più elegante, tutto qui.

[eafkuor]

Cioè \( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)} \) è congruente a \( \displaystyle {2} \) modulo \( \displaystyle {2}{p} \)?
Quindi

\( \displaystyle {2}={s}{\left({2}{p}\right)}+{r} \)

con \( \displaystyle {s} \) ed \( \displaystyle {r} \) interi positivi e

\( \displaystyle \frac{{{\left({2}{p}\right)}!}}{{{\left({p}!\right)}}^{{2}}}={k}{\left({2}{p}\right)}+{r} \)

con k intero positivo. Il fatto è che detto così il teorema mi sembra errato, dov'è che sbaglio?

[carlo23]

Cioè \( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)} \) è congruente a \( \displaystyle {2} \) modulo \( \displaystyle {2}{p} \)?
Quindi

\( \displaystyle {2}={s}{\left({2}{p}\right)}+{r} \)

con \( \displaystyle {s} \) ed \( \displaystyle {r} \) interi positivi e

\( \displaystyle \frac{{{\left({2}{p}\right)}!}}{{{\left({p}!\right)}}^{{2}}}={k}{\left({2}{p}\right)}+{r} \)

con k intero positivo. Il fatto è che detto così il teorema mi sembra errato, dov'è che sbaglio?

Non ho capito bene, la prima sarebbe

\( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)}={s}{\left({2}{p}\right)}+{2} \)

forse hai solo battuto male i tasti. Penso che ti sbagli a credere che \( \displaystyle \frac{{{\left({2}{p}\right)}!}}{{{\left({p}!\right)}}^{{2}}} \) deve essere multiplo di \( \displaystyle {2}{p} \),
ricorda che hai due volte \( \displaystyle {p} \) al numeratore ma ancge al denominatore!

Però non ho capito bene cosa intendessi...

Ciao, ciao!

[eafkuor]

No, la prima sarebbe \( \displaystyle {2}={s}{\left({2}{p}\right)}+{r} \) dove ovviamente \( \displaystyle {r}={2} \).
Ora rimane quindi da dimostrare che \( \displaystyle {r}={2} \) anche in \( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)}={k}{\left({2}{p}\right)}+{r} \) che equivale (penso) a \( \displaystyle {\left({\left({2}{p}\right)}!\right)}={k}{\left({2}{p}\right)}{{\left({2}{p}!\right)}}^{{2}}+{r} \)

[carlo23]

No, la prima sarebbe \( \displaystyle {2}={s}{\left({2}{p}\right)}+{r} \) dove ovviamente \( \displaystyle {r}={2} \).
Ora rimane quindi da dimostrare che \( \displaystyle {r}={2} \) anche in \( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)}={k}{\left({2}{p}\right)}+{r} \) che equivale (penso) a \( \displaystyle {\left({2}{p}\right)}\ne{k}{\left({2}{p}\right)}{{\left({2}{p}!\right)}}^{{2}}+{r} \)

Scusa ma continuo a non capire, se \( \displaystyle {2}={s}{\left({2}{p}\right)}+{r} \) dove ovviamente \( \displaystyle {r}={2} \) allora \( \displaystyle {s}{\left({2}{p}\right)}={0} \) e quindi \( \displaystyle {s}={0} \).

Perchè \( \displaystyle {2}={s}{\left({2}{p}\right)}+{r} \)?

[eafkuor]

Mi sa tanto che ho frainteso il significato dell' operazione mod.

Ma scusa \( \displaystyle {t}\text{mod}{f{=}}{e} \) non vuol dire che il resto della divisione intera \( \displaystyle \frac{{t}}{{f}} \) è uguale ad \( \displaystyle {e} \)?

Noi abbiamo che

\( \displaystyle {\left(\matrix{{2}{p}\\{p}}\right)}\equiv{2}\text{mod}{2}{p} \)

quindi il resto delle divisioni intere \( \displaystyle \frac{{{\left({2}{p}\right)}!}}{{{\left({p}!\right)}}^{{2}}} \) e \( \displaystyle \frac{{2}}{{{2}{p}}} \) è sempre \( \displaystyle {r} \), no?

[eafkuor]

scusa, ho sbagliato io

[carlo23]

scusa, ho sbagliato io

Non importa, per un attimo però mi sono preoccupato, pensavo di aver commesso un errore incredibile nella dimostrazione!