Binom eng dvi

km


n
Kuzatib ko'ring bu

1

−
_2n

=

_2n

−

2 − 1

₂n ₂n

= −

₊ 2 − 1

= · · · =

n
kkk − 1

kk − 1

₂n

k − 2

₂n ₂n

2n 2n −

= _k −

+

k − 1

k − 2

— . . .−

+ .


1
m + 1 m

Jumladan

₂n ₂n ₂n ₂n _n

k ⁻ k − 1 ⁺

k − 2

— . . .−

m + 1

≡ 0 (mod 2 ).

r

2
Ord2 ko'rsatkichini hisoblang

²n by Kummer's teorema. Agar ord

r = a keyin biz bor na qo'shimcha ravishda olib boradi


−
_n

r va 2n - r (qo'shishning standart algoritmi bilan tushunarli), shuning uchun ord2 2

= n − a. Jumladan

n

r
_{2 |} 2n

r


n
toq r uchun, bu yig'indilarning faqat yarmini ko'rib chiqishga imkon beradi:

_2n

k − 1

_2n

+

k − 3

+ . .. +

_2n

m + 1
≡ 0 (mod 2).

Endi chap tomondagi barcha 2n juft i parametrga ega, shuning uchun ord 2n < n.

i ² x


n

n
V e w ill proveuning mos kelishi mumkin emas va qarama-qarshilikka erishadi. m inim al bilan x ni tanlang

x

x
ord

₂n

^{2 x}

. Ord2 dan beri²

< n va butun yig'indi 2n ga bo'linadi, y mavjud, buning uchun ord2 2 =

ord

²n . Then the binary takrorlashxabarlar of x ad y uzd aqllih esifat raqamr of 0's, ad hece u erdae exists

n

n
2 y


z

,

x
z o'rtasidan x ad y qaysih binary takrorlashyuborish oxiris aqllih kattar raqamr of 0's. Then ord2 2 < ord2 2

qarama-qarshilik.

−

−
2-chi variant ([CSTTVZ]). n tomonidan induksiya. Induksiya bosqichini isbotlaymiz. n dan kichik barcha l sonlar uchun gap isbotlansin. Aksincha, k va f, k = f, 0 k, f 2n − 1 mavjud deb faraz qilaylik.

≡
bu

2n 1

2k+1

2n 1

2 +1

mod 2n. Shuni kuzating

2n − 1

<sub>2n 2n

2n</sub>

=

2k + 1

₁ − 1

₂ − 1

. . .

2k + 1 ^{− 1=}

<sub>2n 2n

2n

2</sub>n−1 ₂n−1

₂n−1

= ₁ − 1 ₃ − 1

. . .

2k + 1 ^{− 1 ·}

₁ − 1

₂ − 1

. . .

_k − 1

= (3)

<sub>2n 2n

2n

2</sub>n−1 ₋

1

1
= ₁ − 1

₃ − 1

. . .

2k + 1 ^{− 1 ·} k ^≡

≡ (−1)

₂n−1 ₋


k+1
k
(mod 2n)

va shunga o'xshash 2n−1 ≡ (−1) +1 2n−1−1 (mod 2n). Bundan k va ham induksion gipoteza kelib chiqadi

2 +1

2n−1 2n−1

f g'alati bo'lishi mumkin emas. Bundan tashqari, simmetriya tufayli

r ⁼ 2ⁿ−1−r

muammo bayoni hammasini anglatadi

the “hatto” binomial koeffitsientlar 2n−1 juft boʻlib 2n moduli boʻlib, bir xil qoldiqlar toʻplamini hosil qiladi.

as "g'alati” binom koeffitsientlari

_2n

2r

−1

. Shuning uchun k va f bir vaqtning o'zida ham bo'la olmaydi.

2r+1


n
K va f aniq paritetga ega bo'lgan holatni ko'rib chiqish kerak, deylik k = 2a + 1, f = 2b. Keyin

−
₂n−1 ₁

+

2a + 1

₂n−1 _{− 1} 2b

≡ 0 (mod 2 ).

2a
Agar a = b bo'lsa, mos kelishi mumkin emas, chunki 2n−1−1 toq va

₂n−1 _{− 1}

n−1 <sub>− 1

2n−1 − 1</sub>

2n⁻¹ − 1 − 2a

₂n−1 <sub>−

2</sub>n−1

2

+=

2a + 12 a 2a

1+

2a + 1

1

= _2a ·

2a + 1

≡ 2n⁻¹ (mod 2n).

Agar b = a bo'lsa, u holda ²n−1⁻¹ = ²n−1⁻¹ induksiya gipotezasiga ko'ra, beri ²n−1 ⁻¹ + ²n−1⁻¹ ga bo'linadi

2a 2b 2a 2a+1

−

−

+
2n^{−1, yig‘indi}

₂n−1 ₁

2b

₂n−1 ₁

2a+1

2n−1 ga bo‘linib bo‘lmaydi.

12. 
    Bu muammoning muallifi A.Belovdir. Shuni kuzating
    

2n 2n

=

n + kn

n(n − 1) . . . (n− k + 1) _,


·
(n + 1)(n + 2) . . . (n + k)

va shuning uchun 2n ning 2n bilan ko'p umumiy bo'luvchilari bor

n+k

_n , chunki maxraj unchalik katta emas,

n+k

,
aniqrog'i, (2n)k dan oshmaydi. Barcha binom koeffitsientlari 2n uchun o'xshash tengliklarni yozing

1

2n

, . . . , 2n. Keyin tengliklarning o'ng tomonidagi barcha maxrajlarning GCD si yo'q

√
n+k2

n+k100 <sub>√

2n</sub>

(n + 1) (n + 2) dan oshadi. . .

n +[e

n ] < (2n)e

ⁿ. Lekin katta n uchun binom koeffitsienti

_n ancha katta,

shuning uchun GCD bilan kamaytirilgandan so'ng, bo'linma juda katta va u barcha 100 binomial koeffitsientlarni ajratadi.

Oxirgi fikrni aniqroq tushuntiring. Shuni kuzating

²ⁿ = 2n · ^{2n − 1} . . . n^{+ 1} > 2n va (2n)100e√ⁿ = 2e√^{n jurnal2 n+e√n}.

nnn − 1 1

Har biriga e Shunday N mavjudki, hamma n > N uchun biz n > e√n log n + e√n tengligiga egamiz. Agar biz kamaytirsak

_2n

n

₂ 2

uchun GCD tomonidan bu n, bo'linma kamida 2n/2 ga teng.

13. 
    a) Muammo Leningrad olimpiadasida taqdim etilgan, 1977 yil.
    

S o l u t i o n1 (Kummer teoremasisiz). Bu ajoyib kitobdan olingan yechim [4]. Faraz qilaylik, bu raqamlarning barchasi m ga bo'linadi. Keyin raqamlar

n + k − 1

k − 1

n + k

=

k

n + k − 1 _,


−
k


−

n + k − 2

k − 1

n

=
. . .

n + k − 1

k


n + 1

n + k − 2 _,

k


n

= −

k − 1 kk

m ga ham bo'linadi. Keyin xuddi shunday m barcha n+i sonlarni ajratadi, bu erda i j ixtiyoriydir.

salbiy bo'lmagan butun sonlar. Lekin

_n

0

j

(i = j = 0) m ga bo'linmaydi. Qarama-qarshilik.

S o l u t i o n 2(Kum er teoremasi). p m ning bosh bo‘luvchisi bo‘lsin. Hech bo'lmaganda bittasini isbotlang

−

k

,
raqamlar n

n+1

k

, . . . ,

n+k

k

is yo'qt diko'rinadigan by p. tomonidan Kummer's nazariyam if we choose f (n k f n)

k+

Shunday qilib, k + f qo'shilishi p asosda binomni o'tkazmasdan bajariladi koeffitsienti _k

p ga bo'linadigan.

emas

Biz f ni qanday tanlashni aniq misol bilan tushuntiramiz. p = 7, k = 133 bo'lsin. Biz barcha raqamlarni 7 asosga yozamiz. Biz k + 1 sonlar to'plamida f ni tanlashga harakat qilganimiz uchun, biz har doim f ni shunday tanlashimiz mumkinki, k + f quyidagilardan biri bo'lsin. raqamlar

. . .133, . . .233, , . . ., . . .633.
(Bizning misolimizda 6 eng katta raqam ekanligini eslatib o'tamiz.) Ko'rinib turibdiki, k + f qo'shimchasi tashuvchisiz bajariladi.

2. 
   Ve topildi this muammom in [2]. Bun ni Kummer teoremasi bo'yicha qurish qiyin emas. ordp m = s, va k p asosda d + 1 raqamga ega bo'lsin. Keling, n. pd+s+1. Keyin n - k, n - k + 1, sonlarning ko'rinishlari. . . , n - 1 (d + 2) dan (d + s + 2) gacha bo'lgan pozitsiyalarda (p - 1) raqamlarni o'z ichiga oladi. Bu raqamlarga k ni qo'shsak, bizda bu pozitsiyalar mavjud. Shuning uchun Kummer teoremasi bo'yicha barcha mos binomial koeffitsientlar ps ga bo'linadi.
   

Bizning fikrimizni aniq p uchun birlashtirish qiyin emasligi sababli, bayonot isbotlangan.

2. Vilson va Lukas teoremalarini umumlashtirish

1. 
   Ma'lumki, ord (n!) = ⁿ . Agar n = n pd + n bo'lsa
   

pd⁻¹ + . . . + np + n
(da vakillik

^p _kpk

dd −11 0

_pk
base p), then n = ndpd^−k + nd₋₁pd^−k−1 + . . . + nk_+1p + n_k ad we taxminann qayta yozishe the formula uchun ordp(n!)

shaklida

d dd

dd

_{d i} nipi − ni

L

ord (n!) =

L

_npi−k

= ^L n (pi⁻¹ + pi⁻² + . . .+ p + 1) = ^L np ^{− 1} = i=0 ⁱ⁼⁰ .

p

k=1

i

i=k

i

i=1
i=1

ⁱ p − 1

p − 1

Aynan shu narsa bizga kerak.

2. 
   a) n ning omillarini ajrating! (p - 1) omillar guruhlari bo'yicha:
   

[ n ]−1

(n!)p =

p
k=0

(kp + 1)·(kp + 2) · · · (kp + p − 1) ·

_n

[ _p ]p + 1

_n

[ _p ]p + 2 . . .

_n

[ _p ]p + n0

[ n ]

≡ (−1) ^p n₀! (mod p).

b)Bu bayonotni Gauss asarlarida topish mumkin [15]. Ko'paytma (pq!)p juftlik omillarini o'z ichiga oladi: omil va uning teskari moduli pq, har bir juftning ko'paytmasi 1 modul pq. Shunday qilib, biz m ning teskarisiga teng bo'lgan omillarni kuzatishimiz kerak, bu omillar moslikni qondiradi.

m^{2 ≡} 1 (mod pq).

Toq tub p uchun moslik 2 ta yechimga ega: ±1. p = 2, q 3 uchun kongressiya yana ikkita yechimga ega: 2q−1 ± 1.

2. 
   
   p
   
   [ _p ]
   
   !
   n beri! = (n!)
   

_[ n _] n


p
· p , gapni induksiya orqali muvofiqlik yordamida isbotlash mumkin

bayonning a) ushbu muammo haqida.

3. 
   Ve topildi this muammom on the veb-sahifae of A.Granvil [17]. Bu yaxshil ma'lum Legendre's formula uchun the raqami f bu
   

n

f = ordp _k =

<sub>n

p</sub> −

_k p

_r

— _p +

<sub>n

p2</sub> −

<sub>k

p2</sub> −

<sub>r


p</sub>2
+ . .. (4)

Denote qisqalik va boshqalar uchun n˜ = [n/p] va formulada p ga bo'linadigan barcha atamalarni yig'ing.

binom koeffitsienti:
(n!)
[n/p]

n _p p n˜!

= ·· .

k (k!)p(r!)p

_p[k/p] _{· p}[r/p]

k^˜! · r˜!

k_{0!r !0}
tomonidan umumlashtirishd Uilsonniki nazariyam (muammom 3.2, b) the birinchi kasr esifatlar ± ^n0! (mod p), the uchinchid kasr

induksiyani qo'llash imkonini beradi va o'rta kasr (birinchi kasr belgisi bilan birga) f o'z ichiga olgan barcha ifodalarni (4) formula bilan ta'minlaydi.

4. 
   
   k
   a) Ekengaytirish qavss in (1 + x) pd use the haqiqat that p | ^pd uchun 1 k pd − 1 by Kummer's teorema.
   

pn
b) n = np + n0, k = kp + k0 bo'lsin. Oldingi bayonotga ko'ra (1 + x)pn ≡ (1 + x) (mod p). Keyin


(1 + x) (1 + x)
(1 + x)n = (1 + x)pn (1 + x)n⁰ ≡ ^{pn n0} (mod p).

Bu moslik st degan ma'noni anglatadi shapka polinom modulining koeffitsientlarini o'zgartiramiz p. ning koeffitsienti

xk lhlarda n ga teng. rhsdagi birinchi qavslardagi barcha darajalar p ga bo'linadi, shuning uchun

k

ly way to obta in the term xpk ^+k0 is ko'pying the xpk dan the birinchi qavst ad xk⁰ dan the ikkinchi.



Payss we obtain n ⁿ⁰ ad shunday ⁿ = ^{n n0} . Hozir Lukas' nazariyam ergashadi by induksiya.

k k₀ kk k₀

5. 
   a, b) Bu ergashadi dan Kummer's teorema.
   
6. 
   [9]. Quyidagi hisob-kitobda biz undan foydalanamizⁿⁱ k uchun = 0
   

> n ; this ruxsat berishs us to ilovay Lukas' nazariyam

va ko'plab summalarni qisqartiring:

_ki i i

_Ln

^fn, a ⁼

<sub>n a

k</sub> ≡

_Lⁿd ⁿ_L^d−1
· · ·

_Lⁿ0 ^d a ^d


n







i
_ki ≡

_Ln<sub>i

a d</sub>


n




i
_ki ≡
fn_{i, a} (mod p).

k=0

k_d=0 kd−1=0

k₀₌₀ i=0

i=0 ki=0

i=0

2.