Pequeñas bromas con números primos....

[^Cuervo^]

Ya hemos hablado en algún momento del teorema de Wilson, que establece que un número p es primo, sí y solamente sí, (p-1)!+1 es un múltiplo de p.
Ahora bien, si un número p es primo entonces p!/((p-n)!*n!) es un múltiplo de p para todo n tal que 0<n<p, ya que ningún factor de (p-n)! ni de n! puede dividir a p en este caso.
Ahora bien el recíproco es cierto? Es decir, todo número que cumpla esa propiedad ha de ser primo, o existe algún número que la cumple y es compuesto?. Les propongo que intenten demostrar lo primero o dar algún contraejemplo para lo segundo.

[RadiKal2_]

Re: Pequeñas bromas con números primos....

Sea m compuesto. Supongamos primero que m no es potencia de un primo. Entonces m=p^n*d con p primo y (p,d)=1. Fijémonos en el número combinatorio C(m, p^n) = (d*p^n)!/( p^n! * (d*p^n - p^n)! ).

Vamos a contar el número de p que tenemos en el numerador y luego en el denominador. El numerador es (dp^n)!, luego los p que contribuyen son los de p, 2p, 3p , ... p^2, p(p+1), ... , 2p^2 , ..., p^n, ..., d*p^n. En p, 2p, ..., p^2 tenemos p+1 contribuciones (el +1 viene del último p^2 que tiene una contribución extra). De manera similar, en p^2, 2p^2, ... p^3 tenemos p(p+1) + 1 = p^2 + p + 1 contribuciones ( p veces p+1 más el 1 de p^3). Generalizando este resultado se ve fácilmente que hasta p^n tenemos p^(n-1) + ... + 1 contribuciones.
Una vez tenemos esto, sólo hay que ver que en (d*p^n)! tenemos d(p^(n-1) + ... + 1) contribuciones. En el denominador tenemos por un lado p^n! que contribuye con p^n + ... + 1 y por otro ((d-1)*p^n)! que contribuye con (d-1)*(p^(n-1) + ... + 1). Es decir, que en total en el denominador tenemos (p^(n-1) + ... + 1) + (d-1)*(p^(n-1) + ... + 1) = d(p^(n-1) + ... + 1), las mismas que en el numerador. Total, que todos los p se cancelan y p NO divide a C(m, p^n) así que m tampoco puede dividirlo.

Si m=p^n entonces podemos usar la misma jugada pero ahora a C(p^n, p^(n-1)). Ahora en el numerador tenemos p^(k-1) + ... + 1 y en el numerador (p^(k-2) + ... + 1) + (p-1)*(p^(k-2) + ... + 1) = p^(k-1) + ... + +p. Por tanto tenemos que p divide C(p^n, p^(n-1)), pero p^2 no lo hace, de manera que finalmente concluimos que m divide C(p^n, p^(n-1)) si y sólo si m es primo.

Por tanto, todo número m que divida a C(m,n) para todo 0<n<m es necesariamente primo.

Saludos.

PD: En realidad se puede acortar la demostración ya que no hace falta contar el número de p's totales, se podría haber empezado diciendo sea N el número de p's en (p^n)!, entonces en (d*p^n)! tendríamos N*d etc.

[^Cuervo^]

Re: Pequeñas bromas con números primos....

En efecto la respuesta es correcta, aunque tal vez podriamos simplificar la demostración de la siguiente forma.
Sea m un número compuesto, y sea p su menor factor primo. Entonces C(m,p)=m!/((m-p)!*p!)=m*(m-1)*....*(m-p+1)/p!, entonces p divide a m pero no divide a ninguno de los otros factores del numerador, luego el resultado del cociente no puede ser múltiplo de m. Por lo tanto si m es compuesto C(m,p) no será multiplo de p.
Un saludo.

[^Cuervo^]

Re: Pequeñas bromas con números primos....

Quise decir que C(m,p) no será multiplo de m, perdón...