6 votos

Si : $\binom{p-1}{k} \equiv (-1)^k \pmod p$ todos los $k$ $p$ es un primo?

Deje $p$ ser una de las primeras, y deje $1 \leq k \leq p - 1$ ser un número entero, entonces :

$\binom{p-1}{k} \equiv (-1)^k \pmod p$

Prueba :

Debido a $\binom{p-1}{k}=\frac{(p-1)(p-2)\cdots (p-k)}{k!}$ es un número entero y $\gcd(k!,p)=1$

es sufficies para mostrar que :

$(p-1)(p-2)\cdots (p-k) \equiv (-1)^k \cdot k! \pmod p$

lo que es evidente .

Conjetura :

Deje $k$ $p$ ser enteros positivos tales que : $p>4$ $k\in [1,p-1]$

Si : $\binom{p-1}{k} \equiv (-1)^k \pmod p$ todos los $k$ $p$ es un número primo .

Escribí Arce programa . La afirmación es verdadera hasta el $p=1500$ , y supongo que no hay ningún contraejemplo.

6voto

luka3rd Puntos 1

De hecho, algo más fuerte, es cierto, por lo que la exigencia de la condición de todos los $k$ $[1,p]$ es una exageración: Supongamos $\binom{p-1}{k}\equiv (-1)^k\pmod{p}$ todos los $1\leq k\leq \lfloor\sqrt{p}\rfloor$. A continuación, para cada una de las $k$, $$ \binom{p}{k}=\binom{p-1}{k}+\binom{p-1}{k-1}\equiv (-1)^k+(-1)^{k-1}\equiv 0\pmod{p}. $$ Pero si $p$ es compuesto, esto no funciona al $k$ es el menor factor primo de $p$, que está garantizado para estar entre los $1$$\lfloor\sqrt{p}\rfloor$.






Editar para agregar la prueba de la última reclamación: Vamos a $q$ ser el más pequeño factor de $p$, y escribir $p=qr$. Entonces $$ \binom{p}{q}=\frac{p!}{p!(p-q)!}=\frac{r(p-1)(p-2)\cdots(p-q+1)}{(p-1)!}, $$ el numerador de la cual no es divisible por $p=qr$ desde $q\nmid (p-1)(p-2)\cdots(p-q+1)$.

3voto

David HAust Puntos 2696

SUGERENCIA $\rm\ \ mod\ p\!:\ {p-1\choose k}\equiv (-1)^k\ \iff\ (1 + x)^p\ \equiv \ 1 + x^p\ \ $ desde

$$\rm (1+x)^{p-1}\ =\ \sum_{k\ =\ 0}^{p-1}\ {p-1\choose k}\ x^k\ \equiv \ \sum_{k\ =\ 0}^{p-1}\ (-x)^k\ \equiv\ \frac{1-(-x)^p}{1+x} $$

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