Доказать, что..

JeffLebovski

Пусть

- простое число, большее 3 и $k=\left[\frac{2p}{3}\right]$ . Доказать, что $\begin{pmatrix}p\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}p\\2\end{pmatrix}+\ldots+\begin{pmatrix}p\\k\end{pmatrix}$ делится на $$p^2$$

JeffLebovski

Интересно, а в кольце $\mathbb{Z}_{p^2}$ эта сумма свернётся?

Forest1333 · Сообщение **Forest1333** » 20 июл 2011, 02:07

Что-то я понять не могу... В скобках дроби стоят?

JeffLebovski

Нет, а с чего бы им там стоять?
Так как $$p$$

- простое, тое ${p-1 \choose i}$ - целое. Тогда надо доказать, что ${p-1 \choose 1}+{p-1 \choose 2}+\ldots+{p-1 \choose k}$ делится на $$p$$

.
Дальше не продвинулся....

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 20 июл 2011, 05:41

Что-то я понять не могу... В скобках дроби стоят?

Так обозначаются биномиальные коэффициенты: $\binom{n}{k} = C_n^k$ .

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 20 июл 2011, 06:02

JeffLebovski писал(а):Source of the post
Нет, а с чего бы им там стоять?
Так как - простое, тое ${p-1 \choose i}$ - целое. Тогда надо доказать, что ${p-1 \choose 1}+{p-1 \choose 2}+\ldots+{p-1 \choose k}$ делится на .
Дальше не продвинулся....

Че-то как-то неправильно Вы преобразовали сумму (проверьте сами формально подстановкой $$p=5$$

). Тогда уж так:
$\sum\limits_{j=1}^k \frac{\binom{k-1}{p-1}}{k} \equiv 0 \pmod p$ .

Можно преобразовать и так:
$\sum\limits_{j=1}^k (j-1)!(p-1-j)! \equiv 0 \pmod p$
Толку тоже мало. Странное очень значение $$k$$

.

Вообще, сумма, как известно, в замкнутом виде не вычисляется (см. Конкретную математику, с.191). Смог преобразовать к виду:
$s=2^p-1-\sum\limits_{j=0}^{p-k-2}2^j \binom{p-1-j}{k}$
Тоже не помогает

[url=http://dxdy.ru/topic47956.html]http://dxdy.ru/topic47956.html[/url]

JeffLebovski

Sonic86, правильно ли я понял вот это переход:
Рассмотрим ${p-1 \choose j}=\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-j+1)}{j!}$ . В поле $\mathbb{Z}_p$ имеем $\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-j+1)}{j!}=\frac1{j}(p\cdot 1^{-1}-1)(p\cdot 2^{-1}-1)\ldots(p\cdot (j-1)^{-1}-1)=\frac1{j}(0-1)(0-1)\ldots(0-1)=\frac1{j}(-1)^{j-1}$ .
Т.е. надо доказать, что в $\mathbb{Z}_p$ $\sum\limits_{1\leqslant j\leqslant\left[\frac12\left[\frac{2p}{3}\right]\right]}\frac1{j}+\sum\limits_{j>\left[\frac{2p}{3}\right]}\frac1{j}=0$ . Понятно, что $$j+(p-j)=0$$

. Как Вы доказали, что при $k=\left[\frac{2p}{3}\right]}$ они все поуничтожаются?

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 20 июл 2011, 14:35

JeffLebovski писал(а):Source of the post
Sonic86, правильно ли я понял вот это переход:
Рассмотрим ${p-1 \choose j}=\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-j+1)}{j!}$ . В поле $\mathbb{Z}_p$ имеем $\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-j+1)}{j!}=\frac1{j}(p\cdot 1^{-1}-1)(p\cdot 2^{-1}-1)\ldots(p\cdot (j-1)^{-1}-1)=\frac1{j}(0-1)(0-1)\ldots(0-1)=\frac1{j}(-1)^{j-1}$ .

Жесть! Можно так: $j<p \Rightarrow j!$ обратим, значит $\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-j+1)}{j!} = (j!)^{-1}(p-1)(p-2)\ldots(p-j+1)$ - константа, умноженная на многочлен. Теперь все $$p$$

заменяем на $$0$$

. У Вас, в принципе то же самое

JeffLebovski писал(а):Source of the post
И ещё я не могу понять, как Вы после сложения $\sum\limits_{j=1}^{k}\frac{(-1)^{j-1}}{j}$ и $\sum\limits_{j=1}^{p-1}\frac1j$ одно из слагаемых получили $2\sum\limits_{1\leqslant j\leqslant\frac12 k}\frac1{2j}$ Поясниет пожалуйста.

Сначала я из суммы \sum\limits_{j=1}^{p-1}\frac1j выделил кусок с $$j>[2p/3]$$

, тогда остается 2 одинаковых суммы, только одна знакопостоянная, а вторая - знакочередующаяся. Я их складываю: нечетные члены исчезают, четные удваиваются (отсюда коэффициент 2 перед суммой). А так как в получающейся сумме $$j$$

четное - я его меняю на $$2j$$

и соответственно меняю пределы суммирования (если непонятно - выпишите обе суммы для $$p=7$$

и сложите).

JeffLebovski

Ваши две последние строчки в решении, я так понял, что в $\mathbb{Z}_p$ $\left[\frac{[\frac{2p}{3}]}{2}\right]+[\frac{2p}{3}]+1=0$ . Проверил для нескольких первых простых, действительно так. А как Вы это показали для произвольного $$p$$

?

Sonic86 · Сообщение **Sonic86** » 20 июл 2011, 15:47

JeffLebovski писал(а):Source of the post
Ваши две последние строчки в решении, я так понял, что в $\mathbb{Z}_p$ $\left[\frac{[\frac{2p}{3}]}{2}\right]+[\frac{2p}{3}]+1=0$ . Проверил для нескольких первых простых, действительно так. А как Вы это показали для произвольного ?

Я, если честно, это не проверил
Вообще, простые числа $$p>3$$

имеют вид $6r \pm 1$ . Надо рассмотреть оба случая и увидеть, что все получается - целые части можно будет "вычислить" (на dxdy maxal выложил официальное решение - там примерно то же самое, возможно, что покажется проще. Там, кстати, тоже 2 таких случая разбираются).

yourdomain.com