Teoremas Coloridos 
Resultado 7
Voltemos ao triângulo de Pascal módulo \(2\) e reparemos nas linhas de índice \(10, 12, 14\); depois atentemos nas linhas \(8, 12, 16\) do triângulo de Pascal módulo \(4\), que a figura 4 ilustra.
Fig 4
Notamos que as entradas em posições ímpares destas linhas são iguais a zero. Esse padrão traduz nestes casos particulares uma propriedade mais geral: para todo o natural \(m\), \[\begin{equation}\label{eq:Mendel} \text{mdc}\,\Big\{\binom{2m}{1}, \binom{2m}{3}, \binom{2m}{5}, \cdots, \binom{2m}{2m-1}\Big\} = 2^{1 + \nu_2(m)} \end{equation} \;\;\; \;\;\; \;\;\; (7)\] sendo \(\nu_2(m)\) a maior potência de \(2\) que divide \(m\). Vejamos por que é válida. Da igualdade (1) aplicada a \(n=2m\) e da equação (2) quando \(n = 2m-1\) resulta que* \[\binom{2m}{1} + \binom{2m}{3} + \binom{2m}{5}+ \cdots + \binom{2m}{2m-1} = 2^{2m-1}.\] Daqui concluímos que, se \(d \in \mathbb{N}\) divide todas as parcelas \(\binom{2m}{j}\) da soma anterior, então \(d\) tem de dividir \(2^{2m-1}\) e, portanto, \(d\) tem de ser uma potência de \(2\). Além disso, se \(m=2^k N\), onde \(N\) é ímpar e \(k=\nu_2(m) \in \mathbb{N}_0\), então, por \(d\) dividir \(\binom{2m}{1}=2m=2^{k+1} \,N\) deduzimos que \(d \leq 2^{k+1}\). Observe-se ainda que, como \[\binom{2^{k+1}N}{j} = \frac{2^{k+1}N}{j}\, \binom{2^{k+1}N - 1}{j-1}\] e os coeficientes binomiais são inteiros, para cada \(j\) ímpar existe \(M \in \mathbb{N}\) tal que \(\binom{2^{k+1}N}{j} = 2^{k+1}M.\) O que confirma que \(2^{k+1}\) divide \(\binom{2m}{j}\) para todo o \(j\) ímpar em \(\{1,2,\cdots,2m-1\}\).
