TCO số học của nhị thức nguyễn chu gia vượng

Số học của hệ số nhị thứcNguyễn Chu Gia Vượng Viện Toán học Trong bài viết nhỏ này, ta sẽ trình bày một số kết quả đáng lưu ý về số học của các hệ số nhị thức.. 1 Lũy thừa của một số ngu

Số học của hệ số nhị thức

Nguyễn Chu Gia Vượng Viện Toán học

Trong bài viết nhỏ này, ta sẽ trình bày một số kết quả đáng lưu ý về số học của các hệ

số nhị thức

1 Lũy thừa của một số nguyên tố trong hệ số nhị thức

Ta bắt đầu bằng một kết quả quen thuộc sau đây

Định lý 1 (De Polignac) Cho p là một số nguyên tố Lũy thừa (cao nhất) của p trong n! được cho bởi

vp(n!) =X

k≥1

 n

pk



Chứng minh Đây là một bài toán đơn giản về việc đếm các lũy thừa của p không vượt quá n

Ta lưu ý rằng các hạng tử của vế phải trong đẳng thức trên gợi ý một mối liên quan tới biểu diễn theo cơ số p của n

Trước hết, ta kí hiệu σp(n) là tổng các chữ số của số nguyên dương n trong biểu diễn p-phân của nó Nói cách khác, nếu n = n0+ n1p + · · · + nsps, 0 ≤ ni ≤ p − 1, ∀i thì

σp(n) = n0+ n1+ + ns

Ta có

Định lý 2 (Legendre, 1808) Với mọi số nguyên dương n,

vp(n!) = n − σp(n)

Chứng minh Đặt n = n0+ n1p + · · · + nsps, 0 ≤ ni ≤ p − 1, ∀i Thế thì

 n p



= nsps−1+ · · · + n1

 n

p2



= nsps−2+ · · · + n2

· · · = · · ·

 n

ps



= ns

Như vậy, theo công thức De Polignac ta có

vp(n!) =  n

p

 + · · · + n

ps



= ns(ps−1+ · · · + 1) + ns−1(ps−2+ ps−3+ · · · + 1) + · · · + n1

= nsp

s− 1

p − 1 + · · · + n1

p − 1

p − 1

= nsp

s+ ns−1ps−1+ · · · + n1− ns− ns−1− · · · − n1

p − 1

= nsp

s+ ns−1ps−1+ · · · + n1+ n0− ns− ns−1− · · · − n1− n0

p − 1

= n − (n0+ n1+ · · · + ns)

p − 1 =

n − σp(n)

p − 1 .

Nói riêng, khi p = 2,

Hệ quả 3 Ta có

v2(n!) = n − σ2(n) (3) Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là tìm công thức tính vp( mn
) với m, n bất kì Câu trả lời được cho bởi kết quả sau

Định lý 4 (Kummer, 1852) Cho m ≥ n là hai số nguyên dương và p là một số nguyên tố Lũy thừa của p trong mn
bằng số lần nhớ khi thực hiện phép cộng m − n và n trong hệ cơ

số p

Chứng minh Ta dựa vào công thức Legendre ở trên Đặt k = m − n và viết n = n0+ n1p +

· · · + nsps, k = k0+ k1+ · · · + ksps trong đó 0 ≤ ni, ki ≤ p − 1, ns+ ks > 0 Gọi σ(n) là tổng các hệ số trong cách viết p-phân của n, như vậy σ(n) = n1 + · · · + ns và định nghĩa tương

tự cho σ(k), σ(m) Ta mã hóa các phép nhớ bằng cách định nghĩa các số 0, , s ∈ {0, 1} như sau

n0+ k0 = 0p + m0

0+ n1+ k1 = 1p + m1

· · · = · · ·

s−1+ ns+ ks = sp + ms

Lưu ý rằng ta không khẳng định m = m0+ m1p + · · · + msps Thật ra, nhân hai vế của mỗi đẳng thức trên với 1, p, , ps tương ứng rồi cộng lại ta được

n + k + 0p + 1p2+ · · · + s−1ps = 0p + 1p2+ · · · + s−1ps+ sps+1+ m0+ m1p + · · · + msps

⇔ n + k = m0+ m1p + · · · + msps+ sps+1 Như vậy,

m = m0+ m1p + · · · + msps+ sps+1 Nói riêng σp(m) = m1+ · · · + ms+ s

Mặt khác, cộng tất cả các đẳng thức trên lại ta được

σp(n) + σp(k) + (0+ · · · + s−1) = (0+ · · · + s)p + (m0+ m1+ · · · + ms)

⇔ σp(n) + σp(k) + (0+ · · · + s−1) = (0+ · · · + s)p + σ(m) − s

⇔ σp(n) + σp(k) − σp(m) = (p − 1)(0+ · · · + s) Cuối cùng, theo công thức Legendre ta có

vpm

n



= m − σp(m) − (n − σp(n) + k − σp(k))

(p − 1)(0+ + s)

p − 1 = 0+ · · · + s. Đây chính là điều cần chứng minh

Ta sẽ lưu ý phát biểu tương đương sau đây của Định lý Kummer, đôi khi khá thuận tiện trong các áp dụng về sau

Hệ quả 5 Lũy thừa của p trong mn
bằng số lần nhớ khi thực hiện phép trừ m cho n trong

hệ cơ số p

Nhận xét 1 Với cùng chứng minh trên ta có thể mở rộng Định lý Kummer cho các đa hệ số: lũy thừa của p trong (n1 +···+n r )!

n 1 !···n r ! bằng số các nhớ khi thực hiện phép cộng n1+ · · · + nr qua cách viết p-phân

2 Phần dư của hệ số nhị thức modulo một số nguyên tố

Khi p - mn
, định lý Kummer không cho ta giá trị cụ thể của phần dư của m

n
khi chia cho

p Điều này được giải quyết qua kết quả sau

Định lý 6 (Lucas, 1878) Cho m, n là hai số nguyên dương và p là một số nguyên tố Gọi

m0, n0 tương ứng là các số dư của m, n khi chia cho p Ta có

m n



≡[m/p]

[n/p]

m0

n0



Nhận xét 2 Ta qui ước mn
= 0 nếu m < n

Bằng cách viết m = m0+ m1p + · · · + msps, n = n0+ n1p + · · · + nsps, Định lý Lucas được phát biểu một cách tương đương như sau

Định lý 7 (Lucas) Ta có

m n



≡ms

ns



· · ·m0

n0



Có khá nhiều chứng minh định lý Lucas được biết đến, nói chung gồm hai loại: đại số và

tổ hợp Ta trình bày ở đây một chứng minh đại số và hai tổ hợp

Chứng minh đại số của Định lý Lucas Chú ý rằng

(X + 1)pr ≡ Xpr + 1 (mod p) Như vậy, nếu ta viết m = m0+ m1p + · · · + msps thì

m

X

n=0

m n



Xn= (X + 1)m ≡

s

Y

r=0

(X + 1)prmr

≡

s

Y

r=0

(Xpr + 1)mr

≡

s

Y

r=0

m r

X

n r =0

mr

nr



Xmr p r

!

≡

n

X

m=0

s

Y

r=0

mr

nr



Xn (mod p)

Và ta suy ra điều phải chứng minh

Chứng minh tổ hợp thứ nhất của Định lý Lucas Trường hợp n > m là hiển nhiên.

Ta xét m ≥ n Ta bỏ m quả bóng vào σ(m) = m0 + m1+ · · · + ms chiếc hộp: bỏ một quả bóng vào mỗi hộp trong m0 hộp đầu tiên, p quả bóng vào mỗi hộp trong m1 hộp tiếp theo, v.v, bỏ ps quả bóng vào mỗi hộp trong mshộp cuối cùng Ta xét các cách lấy n quả bóng từ

m quả bóng này Tổng số cách chọn ra n quả bóng rõ ràng bằng mn
Mặt khác, do m quả bóng được xếp trong σ(m) hộp, mỗi cách chọn ra n quả bóng tương ứng một với một cách viết

n = k1+ · · · + kσ(m) sao cho với mỗi i, 0 ≤ ki ≤ pi Ở đây, ta yêu cầu chọn ra ki quả bóng từ hộp thứ i

Bổ đề 1 Cho s ≥ 1 Ta có p | pks
khi và chỉ khi 1 < k < ps

Chứng minh Bổ đề Điều này đơn giản được suy ra từ đẳng thức (1 + X)p s

≡ 1 + Xp s

mod p

Ta cố định một cách viết n = k1+ · · · + kσ(m) như trên Theo bổ đề trên, với mọi i, nếu

0 < ki < pi thì số cách chọn ra ki quả bóng từ hộp thứ i chia hết của p Như vậy, số dư khi chia cho p của các cách chọn n quả bóng trong số m quả bóng bằng số dư khi chia cho p của các cách chọn có dạng như sau: n = k1 + · · · + kσi thỏa mãn với mỗi i, ki = 0 hoặc pi Mỗi cách chọn như vậy thật ra tương ứng với các cách chọn các hộp: ta cho tương ứng một cách chọn với ni = pi với cách chọn ra hộp thứ i Nghĩa là mỗi cách chọn n bóng có dạng như đã miêu tả ở trên tương ứng với một cách chọn ra h0 hộp trong số m0 hộp đầu tiên, h1 hộp trong số m1 hộp tiếp theo, v.v Nhưng khi đó

n = h0+ h1p + · · · + hsps

và do 0 ≤ hi ≤ mi ≤ p − 1 nên h0 = n0, , hs = ns Ta suy ra số các cách chọn n bóng có dạng như vậy chính bằng ms

n s
· · · m 0

n 0
và ta có điều phải chứng minh

Một chứng minh tổ hợp khác của Định lý Lucas Ta bắt đầu bằng một bổ đề đơn giản

Bổ đề 2 Cho p là một số nguyên tố, S là một tập hữu hạn và f : S → S là một ánh xạ thỏa mãn fp(x) = x với mọi x ∈ S (ở đây fp = f ◦ f ◦ · · · ◦ f là hợp thành p lần của f ) Khi

đó ta có |S| ≡ |Sf| (mod p) với Sf là tập các điểm bất động của f

Chứng minh Bổ đề Thật vậy ta có S = ∪x∈S{x, f (x), , fp−1(x)} Bởi vì p là nguyên tố, mỗi tập {x, f (x), , fp−1(x)} hoặc có một (nếu x ∈ Sf) hoặc có p phần tử (nếu x /∈ Sf) và

ta suy ra điều cần chứng minh

Chứng minh Định lý 6 Để thuận tiện, ta đặt q = [m/p], r = [n/p] sao cho m = qp + m0, n =

rp + n0 Gọi S là tập các cặp (A, v) trong đó A là một ma trận p × q với hệ số 0 hoặc 1 và v

là một vector m0× 1 với hệ số 0 hoặc 1 sao cho trong m = pq + m0 hệ số của A, v có đúng

n = rp + n0 hệ số bằng 1 Như vậy

|S| =m

n



Gọi M = (mi,j)1≤i,j≤p là ma trận hoán vị cấp p định nghĩa bởi m1,p = m2,1 = m3,2 = · · · =

f (A, v) = (M A, v)

Chú ý rằng M A chính là ma trận nhận được từ A bằng cách đẩy mỗi hàng xuống ngay dưới (hàng 1 của M A bằng hàng p của A, hàng 2 của M A bằng hàng 1 của A, v.v.) Ta suy ra

fp = f Xét các điểm bất động của f Một phần tử (A, v) ∈ Sf khi và chỉ khi tất cả các hàng của A đều giống nhau và gồm r hệ số 1 và v chứa đúng n0 hệ số 1 Như vậy,

|Sf| =q

r

m0

n0



Cuối cùng, ta có thể kết luận dựa vào Bổ đề ở trên

3 Hệ số nhị thức modulo một lũy thừa của một số nguyên tố

Việc xác định đồng dư của một hệ số nhị thức modulo một số nguyên bất kì là một vấn

đề khó Dựa vào Định lý thặng dư Trung Hoa, điều này được đưa về trường hợp xác định modulo các lũy thừa của các số nguyên tố Ta lưu ý một số kết quả sau liên quan đến việc xác định công thức cho phần dư của một hệ số nhị thức modulo pk với k > 1

Định lý 8 (Wolstenholme, 1862) Với mọi số nguyên tố p ≥ 5,

2p − 1

p − 1



≡ 1 (mod p3)

Nhận xét 3 1 Chú ý rằng đẳng thức 2p−1p−1
≡ 1 (mod p) là một hệ quả của định lý Wilson, trong khi đó đẳng thức 2p−1p−1
≡ 1 (mod p2) (với mọi p ≥ 3) đã được thiết lập bởi Babbage (1818)

2 Kết quả trên còn có thể được phát biểu một cách tương đương thành 2pp
≡ 2 (mod p3)

3 Định lý Wolstenholme còn có thể phát biểu một cách tương đương dưới dạng các chuỗi điều hòa: với mọi p ≥ 5 nguyên tố vp(1 +1p + · · · + p−11 ) ≥ 2 Nói một cách khác tử số của phân thức 1 +1p + · · · + p−11 luôn chia hết cho p2

Định lý Wolstenholme có thể được mở rộng như sau.

Định lý 9 (Ljunggren, 1952) Với mọi p nguyên tố ≥ 5, với mọi m, n nguyên dương,

mp np



≡m n

 (mod p3)

Hoặc dưới dạng phức tạp hơn một chút như sau

Định lý 10 (Jacobstal, 1952) Với mọi p nguyên tố ≥ 5, với mọi m > n nguyên dương,

mp np

m n

≡ 1 (mod pt), trong đó t là lũy thừa của p trong p3mn(m − n)

Cuối cùng, ta lưu ý kết quả sau đây

Định lý 11 (Morley 1895.) Với mọi số nguyên tố p ≥ 5,

(−1)p−12

p − 1

p−1 2



≡ 4p−1 (mod p3)

4 Bài tập và lời giải

1 Cho p là một số nguyên tố Chứng minh rằng với mọi 0 ≤ n ≤ p − 1, p−1n
≡ (−1)n

(mod p) Một cách tổng quát hơn, nếu 0 ≤ n ≤ ps− 1 thì psn−1
≡ (−1)n (mod p)

Giải Ta có p−1n
= (p−1)···(p−n)

n···1 Bây giờ, p − 1 ≡ 1 (mod p), · · · , p − n ≡ −n (mod p), nên (p − 1) · · · (p − n) ≡ (−1)nn! (mod p) Ta có điều cần chứng minh

Để kiểm tra rằng psn−1
≡ (−1)n (mod p) ta có thể sử dụng đẳng thức Pascal: psn−1
+

p s −1

n+1
= p s

n+1
và nhận xét rằng p s

n+1
luôn chia hết cho p nếu 0 ≤ n < ps− 1

2 Cho p là một số nguyên tố, và 0 ≤ n ≤ m ≤ p − 1 là hai số nguyên dương Chứng minh rằng

m n



≡ (−1)m+n p − n − 1

p − m − 1

 (mod p)

Giải Khá dễ dàng Điều cần chứng minh tương đương với

m!

n!(m − n)! ≡ (−1)m+n (p − n − 1)!

(p − m − 1)!(m − n)! (mod p), Hay

(−1)mm!(p − m − 1)! ≡ (−1)n(p − n − 1)!n! (mod p)

Nhưng ta dễ thấy (−1)m! ≡ (p − 1) · · · (p − m) Từ đó suy ra (−1)mm!(p − m − 1)! ≡ (p − 1)! ≡ −1 (mod p)

3 Cho p là một số nguyên tố lẻ Chứng minh rằng với mọi 0 ≤ n ≤ p−12
thì

2n n



≡ (−4)n

p−1 2

n

 (mod p)

Giải Ta có

2n n



= 2n· (2n − 1)(2n − 3) · · · 3 · 1

Ngoài ra,

(2n − 1)(2n − 3) · · · 3 · 1 = (−1)n(−2n + 1)(−2n + 3) · · · (−3)(−1)

≡ (−1)n2n(p − 2n + 1)(p − 2n + 3) · · · (p − 3)(p − 1)

= (−1)n4np − 2n + 1

2

p − 2n + 3

2 · · ·p − 1

2

= (−1)n4n p − 1

2 − n + 1  p − 1

2 − n + 2



· · · p − 1

2



Từ đó suy ra

2n

n



≡ (−1)n4n

p−1

2 − n + 1
p−1

2 − n + 2
· · · p−1

2

n4n

p−1 2

n

 (mod p)

4 Cho p là một số nguyên tố Chứng minh rằng

p

X

k=0

p k

p + k k



≡ 2p+ 1 (mod p2)

Giải Nhận xét rằng, nếu 1 ≤ k ≤ p − 1 thì

• p | p

k
;

• p+kk
≡ 1 (mod p) (Có thể sử dụng Lucas ở đây hoặc chứng minh trực tiếp bằng đại số hoặc tổ hợp!)

Từ đó suy ra pk
p+kk
≡ p

k

(mod p2) nếu 0 < k < p và như vậy,

p

X

k=0

p k

p + k k



≡ 1 +2p

p

 +

p−1

X

k=1

p k



≡2p p



− 1 + 2p (mod p2)

Bây giờ, để kết thúc ta chỉ cần chỉ ra rằng 2pp
≡ 2 (mod p2) Đây chính là đồng dư Babbage quen thuộc

5 (VN TST 10) Gọi Sn là tổng các bình phương các hệ số của biểu thức (1 + x)n Chứng minh rằng S2n+ 1 không chia hết cho 3

Giải Ta có S2n = 4n2n
Ta sẽ áp dụng định lý Lucas để có điều cần chứng minh Thật vậy, giả sử trong cách viết 3-phân của 2n có một chữ số 2, thế thì bằng cách xét vị trí có số 2 ngoài cùng bên phải, ta suy ra ở vị trí đó, chữ số tương ứng của 2n bằng 1 Từ đó suy ra 2nn
≡ · · · 1

2
· · · ≡ 0 (mod 3) Giả sử ngược lại, trong cách viết 3-phân của 2n chỉ gồm các chữ số 0 hoặc 1, thế thì các chữ số tương ứng trong biểu diễn 3 phân của 4n là 0 và 2 Từ đó suy ra 4n2n
≡ Q 2

1
, trong đó tích lấy theo các chữ

số 1 của biểu diễn 3-phân của 2n Thế nhưng dễ thấy số chữ số 1 của 2n trong biểu diễn tam phân của n là một số chẵn, vì thế nên tích trên ≡ 22 ≡ 1 (mod 3) Trong trường hợp này ta cũng thu được 4n2n
+ 1 không chia hết cho 3

6 Với mỗi số nguyên dương n, đặt Cn= 1

n+1

2n

n

(a) Chứng minh rằng Cn là một số nguyên với mọi n;

(b) Tìm số dư của C1+ · · · + C2018 khi chia cho 3?

Giải (a) Đây là số Catalan quen thuộc Có nhiều cách để chỉ ra Cn là số nguyên, chẳng hạn đơn giản là bằng cách sử dụng đẳng thức

Cn=2n

n



−

 2n

n + 1



(b) Ta có

2n + 2

n + 1



− 42n n



= 2 · 2n + 1

n + 1

2n n



− 42n n



= −2Cn

Từ đó suy ra

Cn≡2n + 2

n + 1



−2n n

 (mod 3)

Như vậy,

C1+ · · · + Cn ≡2n + 2

n + 1



− 2 (mod 3)

Bây giờ, ta có thể sử dụng định lý Lucas để xác định số dư của C2n+2n + 1 khi chia cho 3

7 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m,

2 |3m m



⇔ 4 |3m

m



Giải Ta áp dụng định lý Kummer Nếu 3mm
≡ 2 (mod 4) thì nghĩa là trong tổng

m + 2m trong cách viết nhị phân có đúng 1 nhớ Điều này nói rằng trong cách viết nhị phân của m có 2 số 1 đứng liền nhau Tuy nhiên khi đó ta kiểm tra dễ dàng rằng có

ít hai nhớ trong phép tính

8 (VNTST 2017.) Với mỗi số nguyên dương n, đặt xn = Cn

2n a) Chứng minh rằng nếu 2017

k

2 < n < 2017

k với k là số nguyên dương nào đó thì xn

là bội của 2017

b) Tìm tất cả số nguyên dương h > 1 để tồn tại các số nguyên dương N, T sao cho với mọi n > N thì xn là dãy số tuần hoàn theo modulo h với chu kỳ T

Giải a) Đây là một bài tập đơn giản với lưu ý rằng 2017 là một số nguyên tố.

b) Để ý rằng nếu xn tuần hoàn (kể từ một chỉ số nào đó) theo modulo h thì xn cũng tuần hoàn theo mọi modulo h0 | h Ta sẽ chỉ ra rằng xn không tuần hoàn theo modulo

p với p nguyên tố lẻ bất kì cho trước Thật vậy, ta sẽ chỉ ra rằng: i) có một khoảng các

số nguyên liên tiếp với độ dài lớn bất kì sao cho với mọi chỉ số n nằm trong khoảng

đó thì xn ≡ 0 (mod p); ii) tuy nhiên xn không chia hết cho p với mọi n đủ lớn Cả 2 tính chất này đều có thể được suy ra từ định lý Kummer: vp(xn) = số các lần nhớ khi thực hiện phép cộng n + n trong cơ số p Rõ ràng nếu n = 1 · · · 1p thì phép cộng n + n không có nhớ, do đó vp(xn) = 0 trong trường hợp này Điều này thiết lập tính chất ii) Với tính chất i), ta cũng có thể lập luận tương tự, với mọi n có dạng (p − 1) ∗ · · · ∗p, hiển nhiên trong phép cộng n + n có ít nhất một nhớ, do đó vp(xn) > 0 Điều này có nghĩa là, với mọi s ≥ 1, (p − 1)ps−1 ≤ n ≤ ps− 1 thì p | xn Lập luận này thiết lập i) Các lập luận trên cho thấy số h cần tìm phải có dạng 2s với s ≥ 1 Bằng cách áp dụng định lý Kummer, ta dễ dàng suy ra v2(xn) ≥ 1 (thật vậy, phép tính n + n trong cách viết nhị phân luôn có nhớ ở vị trí đầu tiên bên trái) Nói cách khác, 2 | xn với mọi

n ≥ 1 Cũng từ định lý Kummer, ta có v2(xn) = 1 khi và chỉ khi xn = 2t với t ≥ 0: thật vậy, mọi n không là luỹ thừa của 2 phải có ít nhất 2 chữ số 1 trong cách viết nhị phân, do đó phép toán n + n có ít nhất 2 phép nhớ trong trường hợp này Điều này có nghĩa là xn ≡ 0 (mod 4) với mọi n không là luỹ thừa đúng của 2 và xn ≡ 2 (mod 4) với mọi n là luỹ thừa đúng của 2 Điều này chứng tỏ xn không tuần hoàn theo modulo

4 (kể từ chỉ số bất kì)

Các lập luận trên rõ ràng cho thấy số h cần tìm là h = 2