Problema 316
Sea $p$ un número primo y supongamos que $n\geq p$ es un número natural tal que $\binom{n}{k}$ no es múltiplo de $p$ para ningún valor de $k\in\{0,\ldots,n\}$. Demostrar que $n=p^sq-1$, siendo $s$ y $q$ enteros tales que $s\gt 0$ y $0\lt q\lt p$.
Solución. Como $n\geq p$, existirá un exponente $s$ tal que $p^s\leq n\lt p^{s+1}$. Tomando $k=p^s-1$, vamos a demostrar que $\binom{n}{k}$ es múltiplo de $p$ siempre que $n$ no es de la forma $p^sq-1$, lo que demostrará el enunciado. Para ello, escribimos
$$\binom{n}{p^s-1}=\frac{n!}{(p^s-1)!(n-p^s+1)!}.$$
Observamos que el exponente de $p$ en la descomposición en factores primos del factorial $n!$ es igual a $\sum_{j=1}^s\lfloor\frac{n}{p^j}\rfloor$ ya que $n\lt p^{s+1}$. Aquí, $\lfloor x\rfloor$ denota la parte entera de un número real $x$ (es decir, el mayor entero menor o igual que $x$). Esto nos permite calcular también el exponente de $p$ en el denominador $(p^s-1)!(n-p^s+1)!$ como
\begin{align*}
\sum_{j=1}^s\left\lfloor\frac{p^s-1}{p^j}\right\rfloor+\sum_{j=1}^s\left\lfloor\frac{n-p^s+1}{p^j}\right\rfloor&=\sum_{j=1}^s(p^{s-j}-1)+\sum_{j=1}^s\left(\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor-p^{s-j}\right)\\
&=\sum_{j=1}^s\left(\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor-1\right).
\end{align*}
Observemos que
$$\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor=\begin{cases}
\left\lfloor\frac{n}{p^j}\right\rfloor& \text{si }n+1\text{ no es múltiplo de }p^j,\\
\left\lfloor\frac{n}{p^j}\right\rfloor+1& \text{si }n+1\text{ es múltiplo de }p^j,\end{cases}$$
para que el exponente de $p$ sea el mismo en el numerador y en el denominador de $\binom{n}{k}$, se tiene que cumplir que $n+1$ es un múltiplo de $p^j$ para todo $j$ entre $1$ y $s$, es decir, $n+1=qp^s$ para cierto $q$, que es la condición dada en el enunciado. Dicho de otro modo, hemos probado que el exponente de $p$ en el numerador de $\binom{n}{k}$ es mayor que en el denominador siempre que $n$ no es de la forma $n=qp^s-1$.
Nota. En realidad, el recíproco también es cierto en el siguiente sentido: $\binom{p^sq-1}{k}$ es múltiplo de $p$ para todo $k\in\{1,\ldots,n-1\}$. Obviamente no se puede aspirar que esto también se cumpla para $k=0$ ó $k=n-1$, ya que en tal caso el número combinatorio es igual a $1$.