Coefficients binomiaux congrus modulo $p^2$

Bonjour,

Récurrence. As-tu essayé ?

Bonjour,

Avec des notations idoines, par récurrence :
$\displaystyle \binom{p m}{p n} =\binom{m}{n}\pmod{p^2}.$

Pour $m=0$ et $\forall n \leq m$, $n=0$ et $\displaystyle 1=1\pmod{p^2}.$

On a $\displaystyle \binom{pm+p}{p n}=\binom{pm}{p n}+\sum_{j=1}^{p-1} \binom{pm }{p n-j} \binom{p}{j}+\binom{pm}{pn-p}$, qu’on aura plaisir à redémontrer.
Le premier terme dans la somme vaut $$\displaystyle \binom{m}{n}\pmod{p^2}$$ par hypothèse de récurrence.
Le second terme vaut $$\displaystyle 0\pmod{p^2},$$qu’on démontrera avec aisance.
Le troisième terme vaut $$\displaystyle \binom{m}{n-1}\pmod{p^2}$$ par hypothèse de récurrence (dite forte sur $n$).
On a donc $$\displaystyle \binom{pm+p}{p n}=\binom{m}{n}+\binom{m}{n-1}\pmod{p^2}.$$
Voilà !

Pour le deuxième terme, je vois bien que $ \displaystyle \binom{p}{j} \equiv 0 \pmod{p}$ (et non $ \pmod{p^2}$), mais l'aisance me manque pour en déduire que ce deuxième terme tout entier est $ \equiv 0 \pmod{p^2}$.
Bonne journée.
Fr. Ch.

@ Calli
Affirmes-tu que $v_p((pm)!)=m$ ? Ça ne me semble pas vrai en général.
Et $v_p((pn)!-j)=n-1$, non plus.

Bonjour,

@chaurien : l'aisance vient de la relation $\displaystyle \binom{pm+a}{pn+b} = \binom{m}{n}\binom{a}{b} \pmod{p}.$ Pour monter par l'escalier au deuxième étage, on commence par le premier.
Et alors chacun des termes du produit en question est nul modulo p.

Peut-être la formule donnée par YvesM est-elle bonne si $a,b,m,n $ sont plus petits que $p$, selon un beau théorème d’Édouard Lucas :
https://en.wikipedia.org/wiki/Lucas's_theorem
Bonne soirée.
Fr. Ch.

Ma préférence va à la solution la plus simple, celle de LOU16.
La formule $\: \displaystyle n \binom mn =m \binom {m-1}{n-1}$, nonobstant sa simplicité, a de nombreuses applications, et pas seulement en Arithmétique.
Mais en fait on a : $\displaystyle \binom{p m}{p n} \equiv \binom{m}{n}\pmod{p^3}$ pour $p$ premier, $p \ge 5$, et la démonstration ci-dessus ne permet pas d'obtenir ce résultat.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

$\bullet $ Voici le lien entre le théorème de Wolstenholme sous sa forme classique bien connue et le résultat que j'utilise dans mon précédent message.
Je reprends les notations dudit message.
Les relations très connues entre les coefficients et les racines d'un polynôme à une indéterminée conduisent à :
$\displaystyle (x-1)_{p-1}=(x-1)(x-2)...(x-p+1)=\overset{p-1}{\underset{\ell =1}{\prod }}(x-\ell )=x^{p-1}+\overset{p-1}{\underset{k=1}{\sum }}(-1)^{k}\sigma _{k}x^{p-1-k}$,
où : $\displaystyle \sigma _{k}=\underset{1\leq \ell _{1}<\ell _{2}<...<\ell _{k}\leq p-1}{\sum }\ell _{1}\ell _{2}...\ell _{k}$ (fonction symétrique élémentaires de $1,2,...,p-1$, avec $\binom{p-1}{k}$ termes).

$\bullet $ Supposons $\displaystyle k\in \mathbb{N}^{\ast }$ et $p$ entier impair, $p\geq 5$, alors : $(p-1)!\binom{kp-1}{p-1}=(kp-1)_{p-1}=...$ $~~~~~~~~~~~~~~~~\displaystyle =(kp)^{p-1}+(~\overset{p-4}{\underset{k=1}{\sum }}(-1)^{k}\sigma
_{k}(kp)^{p-1-k}~)+\sigma _{p-3}(kp)^{2}-\sigma _{p-2}kp+\sigma _{p-1}$.
Comme $\displaystyle \sigma _{p-1}=(p-1)!$, il en résulte : $(p-1)!~(~\binom{kp-1}{p-1}-1~)\equiv k^{2}\sigma _{p-3}p^{2}-k\sigma _{p-2}p \pmod{p^3} $.

$\bullet $ Le théorème de Wolstenholme dit que si $p$ est un entier naturel premier, $p\geq 5$, alors le numérateur du rationnel $\displaystyle H_{p-1}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{p-1}=\overset{p-1}{\underset{i=1}{\sum }}\frac{1}{i}$ est divisible par $p^{2}$, d'où il n'est pas difficile de déduire que le numérateur de $\displaystyle \frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+...+\frac{1}{(p-1)^{2}}=\overset{p-1}{\underset{i=1}{\sum }}\frac{1}{i^{2}}$ est divisible par $p$, ainsi que le numérateur de $\displaystyle \underset{1\leq i<j\leq p-1}{\sum }\frac{1}{ij}$.
Or $\displaystyle \overset{p-1}{\underset{i=1}{\sum }}\frac{1}{i}=\frac{\sigma _{p-2}}{(p-1)!}$ et $\displaystyle \underset{1\leq i<j\leq p-1}{\sum }\frac{1}{ij}=\frac{\sigma _{p-3}}{(p-1)!}$, ce qui prouve que $\sigma _{p-2}$ est multiple de $p^{2}$ et que $\sigma _{p-3}$ est multiple de $p$.
On en déduit finalement : $\displaystyle \binom{kp-1}{p-1}\equiv 1\pmod{p^3}$.

$\bullet $ Maintenant il faudrait revenir sur les démonstrations du théorème de Wolstenholme, comme celle qu'on trouve dans le Hardy & Wright, laquelle m'a longtemps semblé mystérieuse, car ces congruences dans le corps $\mathbb Q$ ne me disaient rien qui vaille. En fait il s'agissait de congruences dans l'anneau local $\mathbb A_p$ défini par LOU16. J'en ai bricolé naguère une démonstration qui n'utilise pas cet outil, ni $\mathbb Z/p \mathbb Z$.

Bonne soirée.
Fr. Ch.
11/11/2019
[small]Saluons la Fête de la Victoire, honneur au brigadier Ronan Pointeau tué à l'ennemi islamiste au Mali, et honte aux calomniateurs de l'armée française.[/small]

@ « Al-Kashi »
Merci de me proposer une preuve « assez simple à comprendre », des fois que j'aurais un souci de ce côté.
Je trouve que dans plusieurs de ces preuves il y a des confusions entre l'inverse dans $\mathbb Q$ et l'inverse dans $\mathbb Z /p \mathbb Z$, ce qui rend pour moi ces preuves peu claires, peu convaincantes, peu reproductibles. Ce n'est pas ma « compréhension » qui est en cause, c'est la mauvaise qualité de ces preuves.
Merci pour tes références, mais j'ai aussi une bibliographie sur la question, que je donnerai peut-être si j'ai le temps et si ça vaut la peine.
En 1999 j'ai rédigé une démonstration qui comme j'ai dit dans mon précédent message ne sort pas de $\mathbb Z$.
Elle est aussi « assez simple à comprendre » et je vais sans doute la donner ici car ton message m'y incite.

EDIT

Dans la série des belles propriétés arithmétiques des coefficients binomiaux, en voici encore une, datant si je ne me trompe de 1950.
Si $n\in \mathbb{N}$, si $p$ est un nombre entier naturel premier, alors : $\binom{n}{p}\equiv \left\lfloor \frac{n}{p}\right\rfloor \pmod p$.
Bonne soirée.
Fr. Ch.

Rebonjour, il y a un truc dans ces congruences qu'ils marchent si $p$ est premier, et la plupart des cas on sort parce que on peut travailler $\pmod{p}$ les inverses où les dénominateurs sont des facteurs de la forme $\prod (p-i)=b$, donc une fraction entière $\dfrac{a}{b}=a.b^{-1} \pmod{p}$ ou on remplace directement le $b$ par son représentant dans $\mathbb{Z}/{p\mathbb{Z}}$.
Ça me perd.

Cordialement.