Binom eng dvi

Arifmetik uchburchak va bo‘linuvchanlik

1. 
   a) This qaytasukut is due to Roberts [27]. tomonidan a_k bildirmoqe the raqamr of 1's in the birinchi 3^k qators, ad by bk
   

bildirmoqe the raqamr of 2's. Due to the takrorlanishe dan muammom 1.3 we obtain

ak₊₁ = 5a_k + bk, bk₊₁ = 5bk + ak.

Endi muammo bayoni induksiyadan keyin keladi.

2. 
   
   2
   Javob: 1 · 5k(5k + 1) − 15k. Ak bilan birinchi 5k qatordagi nolga teng bo'lmagan elementlar sonini bildiring. Oldingi muammoda bo'lgani kabi bizda ham takrorlanadi
   

ak₊₁ = 15a_k + 10 ·

5 ming (5 ming 1)

−
.

2

Butun uchburchak 5k (5k +1) elementdan iborat bo'lganligi sababli, o'zgaruvchilarni o'zgartirish tabiiydir.

₌ 5k(5k+1) _{− b .}

2

Then we taxminann qayta yozishe the oldindanvijdonli munosabatn in muddats of bk as bk₊₁ = 15bk.

k ₂ k

2. 
   
   2
   A n s w e r: ^{p(p+1) k} . This is Yaxshi qaytasukut [13]. Bu taxminann be olishd by induksiyan by anglatadis of takrorlanishe
   

muammo 1.3.

2. 
   S yechim 1. a1 bilan induksiya. Asosiy a1 = 0, 1 osongina tekshirilishi mumkin. Bayonot bo'lsin isbotlashnbarcha a1 < a uchun. Buni a1 = a uchun isbotlang. Oqibatda m˜ − 2a¹ < 2a¹ . Let s = 2a¹ (in yozuvs ning
   

0
muammom 1.3). Consider the m˜ -th row in the uchburchake ∆0, qayerdae m˜= 2a2 + 2a3 +. . . + 2a^r . tomonidan the induksiyan gipoteza the raqamr of 1's in this row ad yuqoridae it esifatlar

3a² + 2 · 3a³ + . . . + 2r^{−2 ·} 3a^r . (2)

Keyin m = soni uchun

m˜ + 2a1 bizda ∆1 uchburchaklarni kesib o'tuvchi qator bor

va ∆1

(sababli

0
2-arifmetika, ularning ikkalasi ham ∆0 uchburchak bilan bir xil. Paskal uchburchagining yuqoridan shu qatorgacha bo'lgan qismi


0

1
o'z ichiga oladis uchburchake ∆0 (induksiya gipotezasi boʻyicha 3a1 1 ni oʻz ichiga olgan) va qisman ∆1 va ∆1 uchburchaklar (

001

raqamr of 1's in them is berishn by (2)). So the jamil raqamr of 1's is

3a¹ + 2(3a² + 2 · 3a³ + . . . + 2r^{−2 ·} 3a^r ).

S yechim 2 (koeffitsientlarning kombinatsiyaviy ma'nosi, [T]).

L e m m a 1. k-qatorda 2r 1 dan iborat boʻlsin (yoki shunga mos ravishda k 2-asosda r 1 ni oʻz ichiga oladi) va

a₁ > a₂ > · · · > am, 2a^m > k. Then the row aqllih raqamr 2a¹ + 2a² + . . . + 2a^m + k o'z ichiga oladis 2m^+r 1's.

P r o o f. Bu is tozar that the raqamr 2a¹ + 2a² + . . . + 2a^m + k in base 2 o'z ichiga oladis m + r 1 va demak, tegishli qatorda 2m+r 1 mavjud.

L emma 2. Quyidagi raqamlardan iborat qatorlar

2a¹ + 2a² + . . . + 2a^m−1 , 2a¹ + 2a² + . . . + 2a^m−1 + 1, . . ., 2a¹ + 2a² + . . . + 2a^m−1 + 2a^m − 1,

o'z ichiga oladin 2k3a^m 1's.

P r o o f. tomonidan lemma 2a raqami bilan 1 qator¹ + 2a² + . . . + 2a^m−1 + i 2k ni o'z ichiga oladixi 1's, w ue xi hisoblanadi

the raqamr of 1's in buh qator. Then the jamil raqamr of 1's in these qators esifatlar 2^k xi. Lekin xi is the

raqamr Paskal uchburchagining birinchi 2am − 1 qatoridagi 1 dan iborat boʻlsa, bu raqam 3am ga teng (masalan, 1.4-masaladan maʼlum).

Muammo bayoni 2-lemmadan kelib chiqadi.

3. 
   The muammom is dan [1], the yechim is dan [18]. The muammom bayonot dan ergashadi Lukas nazariyam
   

k
quyidagi kuzatuv tufayli (bu [1] da ham qayd etilgan): binomial koeffitsient n, agar va faqat g'alati bo'lsa.

if the o'rnatish of 1's i n the binary ekengaytirish of k is the pastki to'plam of the o'rnatish of 1's in the binary ekengaytirish dan n.

Shuning uchun Pn =2 ^k, bu erda yig'indi oldingi iborada tasvirlangan barcha k ustidan bo'ladi. p = 2 uchun

Sn = {i : ni = 1} formula (1) yozuvlarida. Keyin

L

Pn =

^I⊆Sn ^i∈I

₂₂i

=

^i∈Sn

Fi.

4. 
   ThisFine [13] (1947) natijasi Kummer teoremasining oson natijasidir. Agar p bo'linmasaⁿ
   

_k ,

u holda p asosga k va n - k ni qo‘shganda hech qanday tashuvchilar bo‘lmaydi. Ruxsat etilgan n uchun bu biz tanlashimiz mumkinligini anglatadi

i-p asosda k ning ni + 1 ta raqami.

5. 
   
   _ni
   a) Oldingi masalada isbotlangan formuladan kelib chiqadi, chunki bu erda bizda faqat p ga bo'linmaydigan 2 ta elementdan iborat qator bor.
   

b) [13]. If Esli pd | (n + 1), keyin n = a (p - 1) (p - 1) . . . (p - 1) p asosda. U holda har qanday k, 0 k n uchun,k ning har bir raqami n ning tegishli raqamidan oshmaydi. Shuning uchun barcha binomialkoeffitsientlar

yo'qt esifat to 0 ad ≡ 0(mod p). Lukas teoremasi bo'yicha

_n

k

k_i


k
p ga bo'linmaydi.

Teskari bayonot. Faraz qilaylik, barcha koeffitsientlar

ⁿ p ga bo'linmaydi, lekin n emas

n_i

n
a(p - 1)(p - 1) ko'rinishdagi raqam. . . (p - 1). Shuning uchun uning raqamlaridan biri, aytaylik, ni p - 1 dan kichik. Tanlang

k = (p − 1) · pi. Then k_i = p − 1 ad hece k = 0, ad p | _k by Lukas' teorema. A qarama-qarshilik.

i

6. 
   
   )
   Bu muammoni biz [12] da topdik.
   

1. Faraz qilaylik, n

^. p va ^{n .} p, lekin ⁿ⁺¹ =

( _n

_{+ n}

^. p. Keyinⁿ ≡ − ⁿ

k−1 ^. k ^.

kk −1 k ^.

kk −1

(mod p). Ikkala binom koeffitsienti ham p ga bo'linmaganligi sababli, biz ekvivalentlikni kamaytirishimiz va olishimiz mumkin


k
^n−k+1 ≡ −1 (mod p). Shuning uchun n + 1≡ 0 (mod p).

2-chi variant ([K]). Bayonot bizga rb inomial koeffitsientlarining asosiy takrorlanishini eslatsa-da,