ATRACTOR

O triângulo de Pascal é uma tabela infinita de números em posição triangular, que se tornou famosa por exibir propriedades aritméticas surpreendentes. Para cada natural \(d \geq 2\), o triângulo de Pascal módulo \(d\) obtém-se substituindo cada entrada do triângulo de Pascal pelo resto da sua divisão inteira por \(d\). Propomos-lhe que visualize nestes novos arranjos algumas relações interessantes de divisibilidade entre os coeficientes binomiais.

Comecemos por recordar que, para cada \(n \in \mathbb{N}_0\), na \(n-\)ésima linha do triângulo de Pascal estão, por esta ordem, os números \[\binom{n}{0} \quad \binom{n}{1}\quad \cdots \quad \binom{n}{n-1} \quad \binom{n}{n}\] onde \(\binom{n}{j}=\frac{n!}{j! \, (n-j)!}\) se \(0\leq j\leq n\). Na \(j-\)ésima entrada da linha \(n\) está o número de subconjuntos com \(j\) elementos de um conjunto com cardinal \(n\). Por isso, para todo o \(n \in \mathbb{N}\), cada coeficiente binomial é um inteiro; e a soma das entradas da linha \(n\) conta o número total de subconjuntos de um conjunto com \(n\) elementos, o que permite escrever \[\begin{equation}\label{eq:soma-total} \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \cdots + \binom{n}{n} = 2^n. \end{equation} \;\;\; \;\;\; \;\;\; (1)\] Podemos construir o triângulo de Pascal recursivamente, linha a linha, uma vez que \(\binom{n}{0} = \binom{n}{n}=1\) e se tem, para todo o \(n \,\in \,\mathbb{N}\) e todo o \(j \in \{1, \cdots, n\}\), \[\begin{equation}\label{eq:soma} \binom{n+1}{j} = \binom{n}{j-1} + \binom{n}{j} \end{equation} \;\;\; \;\;\; \;\;\; (2)\] igualdade que descreve o seguinte procedimento: para determinar o número de subconjuntos com \(j \geq 1\) elementos de um conjunto \(A\) com cardinal \(n+1\), fixamos \(\alpha \in A\) e procuramos os subconjuntos de \(A\) com \(j\) elementos que contêm \(\alpha\) (havendo \(\binom{n}{j-1}\) possibilidades) e os que não contêm \(\alpha\) (há \(\binom{n}{j}\) escolhas possíveis). Na realidade, para obter a linha \(n+1\) basta conhecer a linha \(n\) até à entrada \(\binom{n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\) porque, para todo \(n \in \mathbb{N}\) e qualquer \(j \in \{0, 1, \cdots, n\}\), se tem \[\begin{equation}\label{eq:simetria} \binom{n}{j} = \binom{n}{n-j}. \end{equation} \;\;\; \;\;\; \;\;\; (3)\]

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(*) Nível de dificuldade: Superior