Binom eng dvi

part " ^{n .} p” is keraksizsary. Haqiqatdan ham, if (n + 1) ^. p, then 0 n₀ p − 2. Sincen . p, keyin Kummer tomonidan

k−1 ^.

. _k .

teorema ki ni hamma uchun i Lekin shunga o'xshash tengsizliklar k va n + 1 juftligi uchun ham amal qiladi, chunki n va n + 1

1 ga farq qiladigan pastki raqamlardan tashqari bir xil raqamlarga ega

7. 
   [2]. Bu ergashadi dan Lukas' nazariyam ad muammom 1.1.a).
   

n+1

k

_. p.

8. 
   
   −
   Muammo [1] dan. Raqamlar soni bo'yicha induksiya. Baza ahamiyatsiz. Induksiya bosqichini isbotlash uchuneng o'ngdagi joyga yana bitta raqam qo'shing. B inomial koeffitsient g'alati bo'lgani uchun bizda mavjud
   

=
tengsizliklar ni ki. Endi biz takrorlanishdan foydalanamiz

pariteti n i k

nn −1 ₊ n 1

kk −1 k

va alohida variantlarni ko'rib chiqing

. Kummer teoremasini va 4.6a muammosini qo'llash orqali biz savolni qisqartiramiz

induksion gipoteza.

Masalan, n = 2f + 1 toq va k = 2m juft bo'lsin. K1 = 1 kichik kichik harfini ko'rib chiqaylik. Keyin bizda k = ikkilik ko'rinishlar mavjud. . . 10, n =. . . 11, k - 1 =. . . 01 va n - k =. . . 01 (oxirgisi, chunki Kummer tomonidan nazariya m th ere are no olib ketmoqs qachonn we reklamad k ad n − k). Hozir qachonn we reklamad k − 1 ad n − k we

1 ta tashish bor, ya'ni

n−1

k−1

≡ 2 (mod 4) va shuning uchun

n ₌ n − 1

₊ n − 1

_{≡ −} n − 1 _{= −} 2f _{≡ −} f
(mod 4),

kk − 1 k

k 2mm

oxirgi ekvivalentlik 4.6a muammosi bo'yicha. Undagi minus belgisi (−1)k0 n1+k1n0 ko'paytmasiga mos keladi.

9. 
   Muammo [1] dan. Bayonot avvalgi muammodan kelib chiqadi. ning ikkilik ko'rinishi bo'lsa n does yo'qt o'z ichiga oladis two consecutive 1's, u holda barcha k uchun ki−1ni +kini−1 ko‘rsatkichlari 0 ga teng va n-qatordagi barcha binom koeffitsientlari 1 modul 4 ga teng. Lekin agar n ning ikkilik ko‘rinishi nj = dan boshlab bir nechta ketma-ket 1 ni o‘z ichiga olgan bo‘lsa. 1 bo'lsa, barcha koeffitsientlarning yarmi kj = 0, yarmi esa kj = 1 ga ega. Oldingi masala formulasiga ko'ra, bu ikki yarmi belgi bilan farqlanadi.
   
10. 
    Oylik ikki maqola [19, 20] bu qorong'u muammoni muhokama qiladi.
    
11. 
    Bu D.Jukichning muammosi 2002 yilda Sankt-Peterburgdagi 239-maktab olimpiadasida taqdim etilgan va shundan so'ng IMO-2008 qisqa ro'yxatida paydo bo'lgan.
    

Hammasi muammo bayonidagi binom koeffitsientlari are Lukas teoremasi bo'yicha g'alati, shuning uchun u

−

−

,
barcha raqamlarni tekshirish uchun etarli

2n 1

1

2n 1

3

, . . . ,

2n−1

2ⁿ−1

2n modulining alohida eslatmalari mavjud.

S variant 1 ([D]). Buning aksini taxmin qiling²n⁻¹ ≡ ²n⁻¹ (mod 2n) toq k va m, k > m uchun.