Binom eng dvi

p−1

_L2

A =

₁ L

,B =

1 ^L 1

,C = .

i

i=1
1

p−1 ^ij

1 i2

i


−
1 ip 1

i g'alati

“Biz uni qayerdan olamiz?” degan savolga qiziqqan va “qandaydir darslikdan” degan javobdan qoniqmagan o‘quvchi.

Eylerning cos formulasidan foydalanishni xohlashlari mumkin s = 1 (e^iu + e^−iu) va uning rhlarini quvvatda oshiring 2n + 1 binomial formula bo'yicha.

₂ 2

Biz ko'paytirish qoidalarini o'rganayotganimizda, biz faqat "minusga minusga teng plyus" ni yod oldik. Ushbu formulada

belgilarni ko'paytiramiz. Agar biz ko'paytirishimiz kerak bo'lsan minuslar, rekord (−)ⁿ o'rinli ko'rinadi. Shunday qilib, biz eski uslubdagi yozuvni qoldiramiz (−)ⁿ, muallif tomonidan zamonaviy o'rniga ishlatilgan (−1)ⁿ.

p−1

2 ^{2 1} 2

Keyin A

=

i=1

_i2 + 2B ≡ 2B (mod p) 4.3b muammosi bo'yicha). Shunday qilib, A


2
p−1

≡ 2B (mod p). Keyinchalik,

2
Shunday qilib, C ≡ - ¹ A (mod p2).
2C + A =

L ₂

−
i

1 ip 1

i nechatno

_L2 ₂

+

2i

i=1

_Lp−1 ₂

=

i

i=1

≡ 0 (mod p ).

Endi p3 modulini berilgan moslik qismlarini o'zgartiring. lhs bu

(



≡
^p−1 p − 1

_p )(

_p ) ( _p ) ₂

¹ 2 23

−

2
(−1) 2

_{p 1} 1 − ₁

1 − ₂

. . .

1 − _{p 1}

−
2

≡ 1 − pA + p B ≡ 1 − pA + 2 p A

(mod p).

Rhd ni o'zgartirish uchun buni kuzating

_{2p−1 =} 2 · 4 · · · (p − 1) _· (p + 1) · · · (2p − 2) ₌ (p + 1) · · · (2p − 2) ₌

2

p+1

(
1 · 2 · · · ^p−1

₂ · · · (p − 1)

1 · 3 · 5 · · · (p − 2)

_p )( _p

)( _p )

¹ 2 2

¹¹ 2 23

Keyin bizda bor

= + 1

1

+1. . .

3

+ 1

p − 1

≡ 1 + pC + 2 p C

≡ 1 − ₂ pA + 8 b A

(mod p).

1
( ₁ )2

p−12 2

¹ 2 2

¹ 2 2

¹ 2 23

4 ≡ 1 − ₂ pA + 8 b A

≡ 1 − pA + 4 p A

+ 2 · ₈ PA

= 1 − pA + 2 p A (mod p).

Demak, lhs rhlarga mos keladi

11. 
    Biz bu bayonotni [10] da topdik.
    

_Lp−1 <sub>1

1 L</sub>p−1_{( 1 1 )}

=+=

mp + k


2
k=1

2

k=1

mp + k

mp + p − k

= p ·

2m + 1

2

_Lp−1

·

k=1

1

(mp + k) (mp + p − k)

≡ −p ·

2m + 1

2

_Lp−1 ₁

· _k2

k=1

≡ 0 (mod p ).

12. 
    Biz bu bayonotni [8] da topdik. beri2pq − 1 = (2q − 1) p + p − 1, raqamning oxirgi raqami
    

2pq − p asosidagi 1 - p − 1, qolgan raqamlar esa 2q sonini tashkil qiladi − 1. Xuddi shunday ning oxirgi raqami

the nu mbe r pq − 1 ichida bas e p hisoblanadi p − 1, ad the qolgang part shakl s the n umber q − 1. tomonidan Luka s' rudam

2pq−1 _≡

2q−1

p−1 _≡

2q−1

(mod p). Boshqa tomondan, o'shandan beri

2pq−1

≡ 1 (mod pq), keyin

2pq−1 _{≡ 1}

pq−1

q− 1

p −1

q−1

pq−1

pq−1

(mod p). Shunday qilib

2q−1

q−1

≡ 1 (mod p). Shunga o'xshash

2p−1

p−1

≡ 1 (mod q).

Teskari bayonot ahamiyatsiz.

5. Binom koeffitsientlarining yig'indisi

1. 
   
   0
   
   0
   a) 1.3-masaladan kelib chiqadi. Agar ∆0 uchburchak boʻlsa, 3-arifmetik Paskal uchburchagining dastlabki 3 qatoridan iborat boʻlsa, uning markaziy binom koeffitsientlari yigʻindisi 3 ga boʻlinadi. Ixtiyoriy a uchun koʻrib chiqilayotgan yigʻindi koʻpaytmali bir necha markaziy uchburchaklar elementlarini oʻz ichiga oladi. dan ∆0. Shunday qilib, jami
   

sum ham 3 ga bo'linadi.

Yana bir yechim ([CSTTVZ]) biz identifikatsiyadan olishimiz mumkin

2k

k
k

=

i=0

_{k 2}

i
. Keyin

3 ^a−1

k

C

=
2k

k=0

3 ^a −1 k

k=0 i=0

_{k 2}

i

. 12 = 22 = 1, 02 = 0 (mod 3) bo'lgani uchun oxirgi modul 3 nolga teng bo'lmagan sonlar soniga teng.

Paskal uchburchagining birinchi 3a qatoridagi elementlar. Bu raqam 2.1a masalada hisoblab chiqilgan), u 3 ga bo'linadi.

b) [D] ning yechimi. Yig'indi ko'phaddagi x3a−1 koeffitsientidir

3a−1

(x + 1)2 (x + 1)4

_{(x + 1)}2(3a−1)

(x+1)2·3^a

_x3a ^{− 1}

3
3a−1

(x + 1)2^{· 3}a − x a

x 1+

_x + _x2 + . . . +

_x3^a−1

⁼ (x+1)² _{− 1} <sup>· x

=</sup> x² + x + 1 ⁼

x
_x2·3a ₊ ^2·3a _{· x}2·3a−1 ₊ ^2·3a _{· x}2·3a−2 _{+ . . . + 1− x}3a

₌ 12

x³ − 1

· (x − 1) .

−

.

b
Ushbu koeffitsientni topish uchun biz hisoblagichni maxrajga bo'linib, natijani (x 1) ga ko'paytiramiz. Bizga qismni umuman topishning hojati yo'q, bo'linishni x3a−2 koeffitsienti topilgunga qadar bajarish kifoya, eslatib o'tamiz, biz bu koeffitsientni faqat 3a modulini topishga harakat qilmoqdamiz. Chunki b uchun. 3 barcha binom koeffitsienti 2·3a 3a ga bo'linadi

(by Kummer's teorema), we taxminann kollektsiyat all these koesamaralialohida summada. Ushbu yig'indini x3 - 1 ga bo'lsak, bo'linmaning barcha koeffitsientlari 3a ga bo'linadi, shuning uchun biz bu yig'indidan voz kechishimiz mumkin. Qolgan ifoda


36
_x2·3a ₊ ^2·3a _{· x}2·3a−3 ₊ ^2·3a _{· x}2·3a−6 _{+ . . . + 1− x}3a

_{x3 − 1} · (x − 1).


−
Numeratordagi barcha ko'rsatkichlar 3 ga bo'linadi, shuning uchun x3 - 1 ga bo'lingandan keyin bo'linmaning barcha ko'rsatkichlari ham 3 ga bo'linadi va uni x 1 ga ko'paytirgandan keyin 3k + ko'rinishdagi darajalar bo'lmaydi. 2. Shunday qilib, biz izlayotgan koeffitsient 0 ga teng (mod 3a).

2. 
   Bu muammo Monthly [25] jurnalida chop etilgan. beri
   

2n + 2

n + 1

2n

— 4 _n

= 2 ·

2n + 1 2n n + 1 n

2n

— 4 _n

= −2Cn,

keyin C

2n+2 2n

≡− (mod 3). Shuning uchun bu summa teleskopik modul 3:

ⁿ n+1 n

_Ln

Ck ≡

k=1

2n + 2 2n n + 1 ⁻ n

2n

+ _n −

2n − 2

n − 1

+ . . .

2n + 2

=

n + 1

+ 1 (mod 3).

So by Kummer's nazariyam we bore to clarify qachonn we bore at least yoqilgane carry in the qo'shimchan of the raqamr

(n + 1) o'zi bilan 3-asosda. Ko'rinib turibdiki, bu n + 1 ning 2-asosida kamida bitta 2 bo'lsagina sodir bo'ladi.

3. 
   
   p
   
   n
   
   n
   Bu Putnam matematikasining A5 muammosi. Musobaqa, 1998. 1 yildan beri^p ≡ ⁽⁻¹⁾n−1 (mod p), bizda bor
   

^Lk 1 p

L _{( 1)}ⁿ⁻¹ L^k

k

−
≡ =

[k/2] _k

L

L
111

— 2 ≡ +

_Lp−1


1
₌∗

_Lp−1

1

≡ 0 (mod p).

pn

n=1

n

n=1

n

n=1

2n

n=1

n

n=1

n


2
n=p−[ k ]

n

n=1

Yulduzchaning chap tomonidagi yig'indidagi yig'indi n = k + 1 dan boshlanadi (buni tekshirish oson: uchun

2
p = 6r + 1 bizda k = 4r va p − [ k ] = 4r + 1 = k + 1, xuddi shunday p = 6r + 5 uchun).

4. 
   
   —−
   Bu bayonot [11] dan olingan. Yechim [CSTTVZ]. Induktsiya n bo'yicha. Baza ahamiyatsiz. n = dan induksiya qadamini isbotlangn (p 1) n ga. q = n bo'lsin. beri
   

p−1

−
n + p 1


p
=

_Lp−1

_{1 n}


−
,

x(p − 1)

i

i=0

x(p − 1) − i

ko'rib chiqilayotgan summani shaklda qayta yozishimiz mumkin

nnn

++

_Lq

+ . . . =

_{Lp−1 p n}


1

−
=

p−1

2(s−1)

3(s−1)

i

x=1 i=0

x(p−1) − i

_Lp−1

=

p− ^Lq n

1
. (11)

i=0

i

x=1

x(p−1) − i

Masala 1.1 a) bizda p−1 ≡ (−1)i (mod p); p−1 = ap + (−1)i bo‘lsin. Muammo 1.6 bo'yicha bizda bor

^q _n

i

^p−1 i

i

^q _{n i}

x=1

x(p−1)−i ^≡

_i ≡ (−1)

(mod p) i = 0, 1, uchun. . . , p−2; ruxsat bering

x=1

x(p−1)−i

= bp + (−1) . Keyin

L
_q

p−1

_{n i}


i
= ap + (−1)

bp + (−1) i

≡ 1 + (−1) (ap + bp) =

i

x=1

x(p−1) − i

= 1+(−1) i

_q

p−1+


L

L

i
n

— 2 · (−1)

= (−1) i

_q


2
p−1 ₊ n

−1 (mod p).

i

x=1

x(p−1)−i

i

x=1

x(p−1)−i

Esda tutingki, bu o'zgarishlar 0 i p - 2 uchun amal qiladi. i = p - 1 uchun yig‘indini ajratib, (11) tenglikni davom ettirishimiz mumkin:

_Lp−1

p− ^Lq n

_Lp−2

≡ (−1) i

_q


L
p−1 ₊ n

— 1+

_Lq−1 _n

=

1
i=0

i

x=1

x(p−1)−i

i=0

i

x=1

x(p−1)−i

x=0

x(p−1)

_Lp−2

=

(−1) i

p−1 <sub>+

L</sub>p−2 _Lq


n
(−1) i

n

— (p − 1) +

_Lq−1 _n

+ .

i=0

i

i=0

x=1

x(p−1) − i

0

x=1

x(p−1)

Bu erda birinchi yig'indi -1 ga teng, chunki ^p−1 − ^p−1 + ^p−1 + . . . = 0. Xuddi shu sabablarga ko'ra ikkinchi

(ikki marta) yig‘indisi bilan birga

0 _n 1 2

₀ 0 ga teng. Oxirgi yig'indi induksiya bo'yicha 1 + p (n + 1) ga teng

gipoteza. Shuning uchun butun ifoda −1 + 0 - p + ga teng1 + 1 + p (n + 1) = 1 + pn . Bu bizga kerak bo'lgan narsa, chunki 1 + p (n + 1) = 1 + p (n + p− 1 + 1) ≡ 1 + pn (mod p2).

5. 
   Bu Flekning 1913 yildagi natijasi, [18] da keltirilgan. Yechim [CSTTVZ].
   

p = 2 uchun yig'indi o'zgaruvchan emas va natija ahamiyatsiz. p g'alati bo'lsin. q dagi induksiyadan foydalanamiz. Bu 2.5 a) bayonidan kelib chiqadi. n = n - (p-1) dan n gacha bo'lgan induksiya bosqichini isbotlang. The

ifoda _x quyida tabiiy chegaralarda x ustidan yig'indini bildiradi (ya'ni, barcha

binom koeffitsientlari to'g'ri aniqlangan). Bizda ... bor

_{L n}

± (−1) m =

L

(−1) x

n + p


−

1
=
L

(−1) x

_Lp−1

p − 1 n ₌

m

m:m≡j (mod p) ^x

xp + j

^x i=0 ⁱ

xp + j − i

1
_Lp−1 _{p − L}

−
=

i=0

(1)x

i

x

n

.

xp + j − i

Induksion gipoteza bo'yicha pq−1 −1)x ^{n p−1} ≡ (−1)i (mod p). Shuning uchun


−
( _xp+ji ; muammo bo'yicha1.1 a) _i

x

p − 1
_Lp−1 _L

(−1) x

<sub>n

L</sub>p−1

≡

(−1) i

L

(−1) x

_n
(mod pq).

i

i=0 ^x

xp + j − i

i=0 ^x

xp + j − i

0

1

2

3
Oxirgi (ikki marta summa teng ⁿ − ⁿ + ⁿ − ⁿ + . . . = 0.

6. 
   Bhaskaran (1965) natijasi [18], yechim [CSTTVZ] da keltirilgan. Induktsiya n bo'yicha. Mayli
   

nnnn

f (n, j) =

j

^— j + (p − 1)

+

j + 2(s − 1)

^— j + 3(s − 1)

+ . . .

i
n = p + 1 asosi ahamiyatsiz, ammo p+1 ga e'tibor bering ≡ 1 (mod p) i = 0, 1, p, p + 1 uchun, aks holda bu binom koeffitsienti p ga bo'linadi. n = n dan induksiya bosqichini isbotlang− (p + 1) dan n gacha. Yuqoridagi kuzatuvga ko'ra bizda bor

n + (p + 1)

_Lp+1 _n

p + 1

L _n

j + (p − 1) k

=

i=0

j + (p − 1) k − i

_i ≡

i∈{0,1,p,p+1}

=

j + (p − 1) k − i

_{n n}

=+

_n

+

_n

+
(mod p).

j + (p − 1) k

j − 1 + (s − 1)k j − 1 + (s − 1) (k − 1)

j − 2 + (s − 1) (k − 1)

Chunki f (n, j) =

(−1) k ⁿ muqobil yig'indi bo'lib, tagiga chizilgan yig'indilar bekor qilinadi (.dan tashqari

^k j+k(p−1)

birinchi va oxirgi, lekin bu yig'indilar noto'g'ri binomial koeffitsientlar tufayli 0 ga teng). Shunday qilib, biz olamiz

tengliklar

f (n, j) ≡ f (n, j) − f (n, j − 2) pri j > 1 , f (n, 1) ≡ f (n , 1) + f (n , p − 2) .

Hozir the part “only agar”muammo bayonining induksiya gipotezasi va “agar” qismi ham kelib chiqadi: agar f (n, j) ≡ 0 (mod p) j = 1, 3, uchun. . . , p - 2, keyin

f (n, p − 2) ≡ f (n, p − 4) ≡ . . .≡ f (n , 1) ≡ −f (n, p − 2) ,


.

n . (p + 1)
bu yerdan f (n , j) ≡ 0 (mod p) barcha kerakli j uchun, keyin esa n . (p + 1),shuning uchun ^. .
Ma'lumotnomalar

Ko'pgina yechimlar mualliflari konferentsiya ishtirokchilaridir:

[D]Didin Maksim; [K]Krekov Dmitriy;

[J] Jastin Lim Kay Ze;

[T]Teh Chjao Yang Anzo;

[CSTTVZ]

C'evid Domagoj, Stokik Maksim, Tanasijeviic Ivan, Trifunovic Petar, Vukorepa Borna, Zˇikelic Ðorje

Adabiy adabiyot

1. 
   Vinberg E. B.Udivitelnye svoystva binomialnyh koeffitsientov. // Mat. prosveshchenie. Tretya seriyasi. Vyp. 12.2008 yil
   
2. 
   Gashkov S.B., Chubarikov V.N. Arifmetika. Algoritma. Slojnost vychisleniy. M.: Vyssh. sh., 2000 yil.
   
3. 
   Dynkin E.B., Uspenskiy V.A. Matematika besedy. 2-e izd. M.: FIZMATLIT, 2004 yil.
   
4. 
   Peterburgdagi matematika olimpiadasi, 1961–1993. SPb: Lan, 2007 yil.
   
5. 
   Tabachnikov S.L., Fuks D.B. Matematik divertisiya. 30 lektsiy po klassicheskoy matematike. M.: MTSNMO, 2011 yil.
   
6. 
   Fuks D.B., Fuks M.B. Arifmetika binomialnyh koeffitsientlar // Kvant. 1970. № 6. S. 17–25.
   
7. 
   Shirshov A.I. Ob odnom svoystve binomialnyh ko'rsatkichlari // Kvant. 1971. № 10. S. 16–20.
   
8. 
   Cai TX, Granville A. Binom koeffitsientlari qoldiqlari va ularning hosilalari moduli tub kuchlar haqida /!/ Acta
   
9. 
   Kalkin NJ Binom koeffitsientlarining vakolatlari yig'indisining omillari // Acta Arith. 1998. jild. 86. 17–26-betlar.
   
10. 
    Karlits L. Wolstenholme teoremasining eslatmasi // Amer. Matematika. Oylik. 1954. jild. 61. № 3. P. 174–176.
    
11. 
    Dimitrov V., Chapmen R. Binom koeffitsienti identifikatori: 11118 // Amer. Matematika. Oylik. 2006. jild. 113. № 7. P. 657–658.
    
12. 
    Everett V. Subprime faktorizatsiyasi va binomial koeffitsientlar soni tubning darajalariga aniq bo'lingan // Butun sonlar. 2011 yil.jild. 11. № A63.http://www.integers-ejcnt.org/vol11.html
    
13. 
    Yaxshi N. Binam koeffitsienti moduli tubdan // Amer. Matematika. Oylik. 1947. jild. 54. № 10. 1-qism. P. 589–592.
    
14. 
    Gardiner A. Asosiy quvvat bo'linishi bo'yicha to'rtta muammo // Amer. Matematika. Oylik. 1988. jild. 95. № 10. P. 926–931.
    
15. 
    Gauss K. Disquisitiones arithmeticae. 1801-modda. 78.
    
16. 
    Gessel I. Wolstenholme qayta ko'rib chiqildi // Amer. Matematika. Oylik. 1998. jild. 105. № 7. P. 657–658.
    
17. 
    Granville A. Arithmetik xususiyatlari of binom koesamarali. http://www.dms.umontreal.ca/~andrew/Binomial/
    
18. 
    Granvil A. Binam koeffitsientlari modulli tub kuchlar.
    
19. 
    Granvil A. Zaphod Beeblebroxning Brayan va Paskal uchburchagining ellik to'qqizinchi qatori // Amer. Matematika. Oylik. 1992. jild. 99. № 4. P. 318–331.
    
20. 
    Granvil A. Tuzatish: Zaphod Beeblebroxning Brayan va Paskal uchburchagining ellik to'qqizinchi qatori // Amer. Matematika. Oylik. 1997. jild. 104. № 9. P. 848–851.
    
21. 
    Xinz A. Paskal uchburchagi va Xanoy minorasi // Amer. Matematika. Oylik. 1992. jild. 99. № 6. P. 538–544.
    
22. 
    Sevgisiz A. Kompozit modulli binomial koeffitsientlar mahsuloti uchun muvofiqlik // Butun sonlar: taroqning elektron jurnali. raqamlar nazariyasi 7 (2007) # A44
    
23. 
    McIntosh R. Wolstenhome teoremasining aksi haqida // Acta Arithmetica. 1995. jild. 61. № 4. P. 381–388.
    

24. 
    
    p−1
    Meˇstrovi´c R. Yoniq the mod p⁷ aniqlash 2^p−1
    

// http://arxiv.org/pdf/1108.1174v1.pdf

25. 
    Batafsil Y., Chapman R. Katalan raqamlari yig'indisi, modul 3: 11165 // Amer. Matematika. Oylik. 2007. jild. 114. № 5. P. 454–455.
    
26. 
    Morli F. Yo'qte on muvofiqlik 24ⁿ ≡ (−)ⁿ(2n)!/(n!2), wBu yerga 2n +1 asosiy hisoblanadi // Matematika yilnomalari. 1894-1895 yillar. jild. 9. № 1. P. 168–170.
    
27. 
    Roberts J. Binom koeffitsienti qoldiqlari haqida // Kanada J. Matematik. 1957. jild. 9. B. 363–370.
    
28. 
    Quyosh Z.-V., Wan D. Yoniq Flekk quotients // arXxiv:math.0603462v3