Binom eng dvi

Binom koeffitsientlarining ajoyib xususiyatlari - 2

Ushbu muammolar to'plamining "rasmiy nazariy manbasi" Vinbergning maqolasi [1]. Xususan, quyidagi teoremalar ma'lum deb hisoblanadi.

1. 
   Vilsonnikidir teorema. For ay asosiy p (va for asosiy sonlar ofaqat) the eko'ziga xoslik ushlab turadi (p − 1)! ≡ −1 (mod p).
   
2. 
   Lukas teorema. Write the nraqamlar n and k in asos p:
   

d 101 0d−1 dd −1
n = np^d + n p^d−1+ . . .+ np + n , k = kp^d + k p^d−1+ . . .+ kp + k . (1)

k
Keyin ⁿ
_≡ n_d k_d
ⁿd−1 ^kd−1

· . . .· ⁿ¹

k₁

ⁿ⁰ (mod p) .

3. 
   
   k
   
   k₀
   ^{Kummerning teorema. Tu darajali daraja}p n ^{is qo'shganda "tashuvchilar" soniga teng k and £ = n − k in}
   

asos p.

4. 
   
   p
   VOlstenholme teorema. Agar p 5 keyin 2^p
   

≡ 2 (mod p^{3), yoki, xuddi shunday, 2p−1}

k
p−1
≡ 1 (mod p^3).

0
Eslatib o'tamiz, 0

= 1, ⁿ

uchun = 0 k > n va uchun k < ta'rifi bo'yicha 0.

^{bilan belgilaymiz p tub son. Har qanday tabiiy uchunn bilan belgilang (n!)}p ^{1 dan barcha butun sonlarning ko'paytmasi n ga bo'linmaydi p. Agar raqamp belgilar beriladi n}i^{, m}i ^{va hokazo raqamlarning raqamlarini bildiradi n, m asosda va boshqalar p.}
***

2. Arifmetik uchburchak va bo‘linuvchanlik

1. 
   
   2
   a) Prove 3 arifmetik Paskal uchburchagining birinchi 3k qatorida 1(6k + 4k) qoldiq “1” va
   

2
¹ (6^k − 4k) qaytatomonlar “2”.

2. 
   5 arifmetik Paskal uchburchagining birinchi 5k qatoridagi nol elementlar sonini toping.
   
3. 
   p-arifmetik Paskal uchburchagining birinchi pk qatorlaridagi nolga teng bo'lmagan elementlar sonini toping.
   

2. 
   Prove that the raqamr of 1's in the birinchi m qators of 2-arifmetikal Patarozi uchburchake esifatlar
   

n_L−1
i=0
mil · 2
n−1 _{m i}

k=i+1 ^k _{· 3 .}

Agar m = 2a bo'lsa¹ + 2a² + . . . + 2a^r , bu yerda a1 > a2 >. . . > a, keyin shakldagi oxirgi ifodani qayta yozishimiz mumkin

3a¹ + 2 · 3a² + 22 · 3a³ + . . . + 2r^{−1 ·} 3a^r .

3. 
   Paskal uchburchagi modulining 2-qatorining n-qatorini qandaydir Pn butun sonining ikkilik kengayishi sifatida ko'rib chiqaylik. Buni isbotlang
   

Pn = Fi₁ · . . .· Fi_s ,


₁ F = 2 + 1_{s i}
qayerdae i, . . . , iare raqams of pojoylar qayerdae 1's egallaganr in the binary ekengaytirish of n, ad ²i is

i- Fermat raqami.

4. 
   p-arifmetik Paskal uchburchagining n-qatoridagi nolga teng bo‘lmagan elementlar soni teng ekanligini isbotlang.
   

d

(ni + 1).

i=0

5. 
   a) barcha binom koeffitsientlari
   

ⁿ , bu erda 0 < k < n, p ga bo'linadi, agar n p ning darajasi bo'lsa.

b) barcha binom koeffitsientlari

^k


k
ⁿ , bu yerda 0 k n, p ga bo‘linmaydi, agar n + 1 bo‘lsa.

pd ga bo'linadi, boshqacha qilib aytganda, p asosdagi eng chapdan tashqari n ning barcha raqamlari p - 1 ga teng.

6. 
   0 < k < n + 1 bo'lsin. Agar ekanligini isbotlang ^{n .} p va ^{n .} p, keyin ^{n+1 .} p, n + 1 bo'lgan hollar bundan mustasno
   

p ga bo'linadigan.

k−1 ^. k ^. k ^.

3. Vilson va Lukas teoremalarini umumlashtirish

1. 
   
   p
   Bu tartib (n!) = n - (n.) ekanligini isbotlang^{d + . . . + n1 + n0)} .
   

p − 1

2. 
   Prove the ergashish umumlashtirishs of Uilsonniki teorema. a) (−1)^[n/p](n!)p ≡ n₀! (mod p);
   

2. 
   
   
   Buning uchun isbotlang p 3
   

(pq!) p ≡ −1 (mod pq),

va p = 2 uchun, q 3( pq!) p ≡ 1 (mod pq).

2. 
   
   _pmk
   
   0
   
   1
   
   d
   
   p
   ^n! ≡ (−1)µn !n ! . . . n ! (mod p), bu erda m = ord (n!)
   

f = ordp(
_n

3. 
   
   k
   Umumlashtirilgan Lukas' teorema. Let r = n − k, ). Then
   

(

1 n n_0!

)( _n1! )

( _nd! )

p k

≡ (−1)

k !r !

k !r !

. . .


k !r !

(mod p)

0 01 1 dd

4. 
   a) Buni isbotlang (1 + x) pd ≡ 1 + xpd (mod p) hamma uchun x = 0, 1, . . . , p− 1.
   

b) Prove Laukas' nazariyam algebraik.

5. 
   a) m, n, k manfiy butun s bo‘lsin va (n, k) = 1. Ck ekanligini isbotlang.
   

≡ 0 (mod n).

b) isbotlang, agar n bo'lsa. pk

, m. p, keyin

mn


m
^{n . pk}.

6. 
   
   

ⁿⁿ _a ^d

fn,a = bo'lsin

( _k k=0

). Buni isbotlang fn, a≡
i=0

fn_{i, a} (mod p).

3. Volstenholm teoremasining o'zgarishi

4.1. 1 + 1 + ekanligini isbotlang. . . + 1 ≡ 0 (mod p2).

1 2 p − 1

2. 
   p = 4k + 3 tub son bo'lsin. Toping ¹
   

0² + 1

1

⁺ 1² + 1

1

^{+ . . . +}(p − 1)² + 1

(mod p).

2. 
   a) k sonning har qanday tub bo‘luvchisi uchun p manfiy butun son bo‘lsin mk emas
   

111


−
ga bo'linadigan (p - 1). 1k + 2k + ekanligini isbotlang. . . + (_{p 1) k} ≡ 0 (mod m) (barcha kasrlarning yig'indisi

maxrajlar m ga ko'paytiriladi).

b) k toq bo'lsin va (k + 1) . (p - 1). 1 + 1 + ekanligini isbotlang. . . + ¹ ≡ 0 (mod p2).

^. ₁k ₂k

(p − 1)^k

2. 
   Prove that the eekvivalentlik (12) dan Vinbergniki maqolae holds in haqiqat modulo p⁴.
   
3. 
   Quyidagi xususiyatlar ekvivalent ekanligini isbotlang 1) ^2p−1 ≡ 1 (mod p4);
   

111

₁ p−1 ₁

3

2
2) +

1 2

+ . . .+

p − 1

≡ 0 (mod p);3)

1 ₁2 ^{+ 2}2

+ . . .+

(p − 1)²

≡ 0 (mod p).

2. 
   a) Har qanday tub p va ixtiyoriy k va n uchun ( ^pk − ^{k .}
   

². (In Vinbergniki

maqolada bu fakt kombinatsion tarzda isbotlangan.

pm m

). p

<sub>pk

k .</sub>

b) Prove the bayonot (9) shakl Vinbergniki maqola: uchun ay prim p 5 ad hakamy k ad n ( pm −

2. 
   Let p 5. Prove that a) ^p2 ≡ ^p (mod p⁵⁾; b) ^ps+1 ≡ ps (mod p^2s+3).
   

_m ). p3.

p 1 p

2. 
   
   _p2
   
   p
   Buni isbotlang ^p3 ≡ ^p2 (mod p8).
   

Binom koeffitsientlarining ajoyib xususiyatlari - 3

Oldingi mavzularga qo'shimcha muammolar

7. 
   Buni isbotlang ^pn⁻¹ ≡ (−1) S^k (mod p), bu erda S
   

p asosdagi k raqamlari yig‘indisi.

k

7. 
   Agar binom koeffitsienti (1) bo'lsa, shuni isbotlang
   

k


k
ⁿ barcha i = 0, 1, uchun gʻalati, yaʼni ki ni. . . ning yozuvlarida , d

<sub>n d

k</sub> ≡

i=1

(−1) k^{i−1ni+kini−1} (mod 4).

7. 
   Prove that if u erdae are no two consecutive 1's in the binary kengaytirishsion of n then all the odd kirishs in n-qator ≡ 1 (mod 4), aks holda yozuvlar soni ≡ 1 (mod 4) ≡ −1 (mod 4) yozuvlar soniga teng.
   
8. 
   Prove that the raqamr of 5's in each row of 8-arifmetikal Paskal uchburchake is a kuchr of 2. Prove the bir xil uchun 1's, 3's ad 7's.
   
9. 
   Agar ikkita to'plamning barcha elementlarini ko'rib chiqsak, buni isbotlang
   

2n − 1 2n − 1 2n −

_{2n − 1}

1

,,

135

, . . . ,

2ⁿ − 1

va {1, 3, 5, . . . , 2n− 1}

eslatma moduli 2n sifatida, keyin bu to'plamlar mos keladi.

7. 
   Quyidagi gapda Paskal uchburchagi qatorining elementlari ko‘p sonli emasligini isbotlang. Har qanday e > 0 uchun
   

N mavjud bo'lib, barcha n > N va k1, k2, butun sonlar uchun. . . , k100 < e√n raqamlar

umumiy bo'luvchiga ega.

2n

,

n + k1

2n n + k2

, . . . ,

2n

n + k100

7. 
   a) m > 1, n, k manfiy bo‘lmagan sonlar berilgan. Raqamlardan kamida bittasi ekanligini isbotlangⁿ
   

n+1 k
, . . . ,
n+kk
m ga bo'linmaydi.
<sub>n

k</sub> ,

n+1

k
b) Har bir k uchun cheksiz n sonlar to'plami mavjudligini isbotlang, shunda hammasi raqamlar ,


k
^n+k−1 m ga bo'linadi.

_k , . . . ,

9. 
   Prove that uchun n > 1 ²n+1 − ²n is diko'rinadigan by 22^n+2.
   

₂n ₂n−1

p−1 ^p−1

p−1 3

9. 
   
   ≡
   Buni p 5 (−1) uchun isbotlang ²
   

p−1 ⁴

2

(mod p).