TCO số học của nhị thức nguyễn chu gia vượng

Số học hệ số nhị thức Nguyễn Chu Gia Vượng Viện Toán học Trong viết nhỏ này, ta trình bày số kết đáng lưu ý số học hệ số nhị thức Lũy thừa số nguyên tố hệ số nhị thức Ta bắt đầu kết quen thuộc sau Định lý (De Polignac) Cho p số nguyên tố Lũy thừa (cao nhất) p n! cho vp (n!) = k≥1 n pk (1) Chứng minh Đây toán đơn giản việc đếm lũy thừa p không vượt n Ta lưu ý hạng tử vế phải đẳng thức gợi ý mối liên quan tới biểu diễn theo số p n Trước hết, ta kí hiệu σp (n) tổng chữ số số nguyên dương n biểu diễn p-phân Nói cách khác, n = n0 + n1 p + · · · + ns ps , ≤ ni ≤ p − 1, ∀i σp (n) = n0 + n1 + + ns Ta có Định lý (Legendre, 1808) Với số nguyên dương n, vp (n!) = n − σp (n) p−1 (2) Chứng minh Đặt n = n0 + n1 p + · · · + ns ps , ≤ ni ≤ p − 1, ∀i Thế n p n p2 ··· n ps = ns ps−1 + · · · + n1 = ns ps−2 + · · · + n2 = ··· = ns Như vậy, theo cơng thức De Polignac ta có vp (n!) = = = = = = n n + ··· + s p p s−1 ns (p + · · · + 1) + ns−1 (ps−2 + ps−3 + · · · + 1) + · · · + n1 ps − p−1 ns + · · · + n1 p−1 p−1 s s−1 ns p + ns−1 p + · · · + n1 − ns − ns−1 − · · · − n1 p−1 s s−1 ns p + ns−1 p + · · · + n1 + n0 − ns − ns−1 − · · · − n1 − n0 p−1 n − (n0 + n1 + · · · + ns ) n − σp (n) = p−1 p−1 Nói riêng, p = 2, Hệ Ta có v2 (n!) = n − σ2 (n) Một câu hỏi tự nhiên đặt tìm cơng thức tính vp ( lời cho kết sau (3) m n ) với m, n Câu trả Định lý (Kummer, 1852) Cho m ≥ n hai số nguyên dương p số nguyên tố số lần nhớ thực phép cộng m − n n hệ Lũy thừa p m n số p Chứng minh Ta dựa vào công thức Legendre Đặt k = m − n viết n = n0 + n1 p + · · · + ns ps , k = k0 + k1 + · · · + ks ps ≤ ni , ki ≤ p − 1, ns + ks > Gọi σ(n) tổng hệ số cách viết p-phân n, σ(n) = n1 + · · · + ns định nghĩa tương tự cho σ(k), σ(m) Ta mã hóa phép nhớ cách định nghĩa số sau n0 + k0 + n1 + k1 ··· s−1 + ns + ks 0, , s ∈ {0, 1} = p + m0 = p + m1 = ··· = s p + ms Lưu ý ta không khẳng định m = m0 + m1 p + · · · + ms ps Thật ra, nhân hai vế đẳng thức với 1, p, , ps tương ứng cộng lại ta n+k+ 0p + 1p + · · · + s−1 ps = p + p2 + · · · + s−1 ps + s ps+1 + m0 + m1 p + · · · + ms ps ⇔ n + k = m0 + m1 p + · · · + ms ps + s ps+1 Như vậy, m = m0 + m1 p + · · · + ms ps + s ps+1 Nói riêng σp (m) = m1 + · · · + ms + s Mặt khác, cộng tất đẳng thức lại ta σp (n) + σp (k) + ( + · · · + s−1 ) = ( + · · · + s )p + (m0 + m1 + · · · + ms ) ⇔ σp (n) + σp (k) + ( + · · · + s−1 ) = ( + · · · + s )p + σ(m) − s ⇔ σp (n) + σp (k) − σp (m) = (p − 1)( + · · · + s ) Cuối cùng, theo cơng thức Legendre ta có vp m n = m − σp (m) − (n − σp (n) + k − σp (k)) (p − 1)( + + s ) = = p−1 p−1 + · · · + s Đây điều cần chứng minh Ta lưu ý phát biểu tương đương sau Định lý Kummer, thuận tiện áp dụng sau Hệ Lũy thừa p hệ số p m n số lần nhớ thực phép trừ m cho n Nhận xét Với chứng minh ta mở rộng Định lý Kummer cho đa hệ r )! số: lũy thừa p (n1n+···+n số nhớ thực phép cộng n1 + · · · + nr qua !···nr ! cách viết p-phân Phần dư hệ số nhị thức modulo số nguyên tố Khi p m , định lý Kummer không cho ta giá trị cụ thể phần dư n p Điều giải qua kết sau m n chia cho Định lý (Lucas, 1878) Cho m, n hai số nguyên dương p số nguyên tố Gọi m0 , n0 tương ứng số dư m, n chia cho p Ta có m n Nhận xét Ta qui ước m n ≡ [m/p] [n/p] m0 n0 (mod p) (4) = m < n Bằng cách viết m = m0 + m1 p + · · · + ms ps , n = n0 + n1 p + · · · + ns ps , Định lý Lucas phát biểu cách tương đương sau Định lý (Lucas) Ta có m n ≡ ms m0 ··· ns n0 (mod p) (5) Có nhiều chứng minh định lý Lucas biết đến, nói chung gồm hai loại: đại số tổ hợp Ta trình bày chứng minh đại số hai tổ hợp Chứng minh đại số Định lý Lucas Chú ý r r (X + 1)p ≡ X p + (mod p) Như vậy, ta viết m = m0 + m1 p + · · · + ms ps m n=0 m X n = (X + 1)m ≡ n s (X + 1)p r (X p + 1)mr r=0 s mr r=0 n nr =0 s ≡ ≡ m=0 r=0 r r=0 s ≡ Và ta suy điều phải chứng minh rm mr r X mr p nr mr Xn nr (mod p) Chứng minh tổ hợp thứ Định lý Lucas Trường hợp n > m hiển nhiên Ta xét m ≥ n Ta bỏ m bóng vào σ(m) = m0 + m1 + · · · + ms hộp: bỏ bóng vào hộp m0 hộp đầu tiên, p bóng vào hộp m1 hộp tiếp theo, v.v, bỏ ps bóng vào hộp ms hộp cuối Ta xét cách lấy n bóng từ m bóng Tổng số cách chọn n bóng rõ ràng m Mặt khác, m n bóng xếp σ(m) hộp, cách chọn n bóng tương ứng với cách viết n = k1 + · · · + kσ(m) cho với i, ≤ ki ≤ pi Ở đây, ta yêu cầu chọn ki bóng từ hộp thứ i Bổ đề Cho s ≥ Ta có p | ps k < k < ps s s Chứng minh Bổ đề Điều đơn giản suy từ đẳng thức (1 + X)p ≡ + X p mod p Ta cố định cách viết n = k1 + · · · + kσ(m) Theo bổ đề trên, với i, < ki < pi số cách chọn ki bóng từ hộp thứ i chia hết p Như vậy, số dư chia cho p cách chọn n bóng số m bóng số dư chia cho p cách chọn có dạng sau: n = k1 + · · · + kσi thỏa mãn với i, ki = pi Mỗi cách chọn thật tương ứng với cách chọn hộp: ta cho tương ứng cách chọn với ni = pi với cách chọn hộp thứ i Nghĩa cách chọn n bóng có dạng miêu tả tương ứng với cách chọn h0 hộp số m0 hộp đầu tiên, h1 hộp số m1 hộp tiếp theo, v.v Nhưng n = h0 + h1 p + · · · + hs ps ≤ hi ≤ mi ≤ p − nên h0 = n0 , , hs = ns Ta suy số cách chọn n bóng có s dạng m ··· m ta có điều phải chứng minh ns n0 Một chứng minh tổ hợp khác Định lý Lucas Ta bắt đầu bổ đề đơn giản Bổ đề Cho p số nguyên tố, S tập hữu hạn f : S → S ánh xạ thỏa mãn f p (x) = x với x ∈ S (ở f p = f ◦ f ◦ · · · ◦ f hợp thành p lần f ) Khi ta có |S| ≡ |S f | (mod p) với S f tập điểm bất động f Chứng minh Bổ đề Thật ta có S = ∪x∈S {x, f (x), , f p−1 (x)} Bởi p nguyên tố, tập {x, f (x), , f p−1 (x)} có (nếu x ∈ S f ) có p phần tử (nếu x ∈ / S f ) ta suy điều cần chứng minh Chứng minh Định lý Để thuận tiện, ta đặt q = [m/p], r = [n/p] cho m = qp + m0 , n = rp + n0 Gọi S tập cặp (A, v) A ma trận p × q với hệ số v vector m0 × với hệ số cho m = pq + m0 hệ số A, v có n = rp + n0 hệ số Như m n |S| = Gọi M = (mi,j )1≤i,j≤p ma trận hoán vị cấp p định nghĩa m1,p = m2,1 = m3,2 = · · · = mp,p−1 = tất hệ số khác Định nghĩa f : S → S công thức f (A, v) = (M A, v) Chú ý M A ma trận nhận từ A cách đẩy hàng xuống (hàng M A hàng p A, hàng M A hàng A, v.v.) Ta suy f p = f Xét điểm bất động f Một phần tử (A, v) ∈ S f tất hàng A giống gồm r hệ số v chứa n0 hệ số Như vậy, |S f | = q r m0 n0 Cuối cùng, ta kết luận dựa vào Bổ đề Hệ số nhị thức modulo lũy thừa số nguyên tố Việc xác định đồng dư hệ số nhị thức modulo số nguyên vấn đề khó Dựa vào Định lý thặng dư Trung Hoa, điều đưa trường hợp xác định modulo lũy thừa số nguyên tố Ta lưu ý số kết sau liên quan đến việc xác định công thức cho phần dư hệ số nhị thức modulo pk với k > Định lý (Wolstenholme, 1862) Với số nguyên tố p ≥ 5, 2p − p−1 ≡ (mod p3 ) Nhận xét Chú ý đẳng thức 2p−1 ≡ (mod p) hệ định lý p−1 2p−1 Wilson, đẳng thức p−1 ≡ (mod p2 ) (với p ≥ 3) thiết lập Babbage (1818) Kết phát biểu cách tương đương thành 2p p ≡ (mod p3 ) Định lý Wolstenholme phát biểu cách tương đương dạng chuỗi điều hòa: với p ≥ nguyên tố vp (1 + p1 + · · · + p−1 ) ≥ Nói cách khác tử số 1 phân thức + p + · · · + p−1 chia hết cho p Định lý Wolstenholme mở rộng sau Định lý (Ljunggren, 1952) Với p nguyên tố ≥ 5, với m, n nguyên dương, mp np ≡ m n (mod p3 ) Hoặc dạng phức tạp chút sau Định lý 10 (Jacobstal, 1952) Với p nguyên tố ≥ 5, với m > n nguyên dương, mp np m n ≡ (mod pt ), t lũy thừa p p3 mn(m − n) Cuối cùng, ta lưu ý kết sau Định lý 11 (Morley 1895.) Với số nguyên tố p ≥ 5, (−1) p−1 p−1 p−1 ≡ 4p−1 (mod p3 ) Bài tập lời giải Cho p số nguyên tố Chứng minh với ≤ n ≤ p − 1, p−1 ≡ (−1)n n s (mod p) Một cách tổng quát hơn, ≤ n ≤ ps − p n−1 ≡ (−1)n (mod p) Giải Ta có p−1 = (p−1)···(p−n) Bây giờ, p − ≡ (mod p), · · · , p − n ≡ −n (mod p), n n···1 n nên (p − 1) · · · (p − n) ≡ (−1) n! (mod p) Ta có điều cần chứng minh s s Để kiểm tra p n−1 ≡ (−1)n (mod p) ta sử dụng đẳng thức Pascal: p n−1 + ps −1 ps ps = n+1 nhận xét n+1 chia hết cho p ≤ n < ps − n+1 Cho p số nguyên tố, ≤ n ≤ m ≤ p − hai số nguyên dương Chứng minh m n p−n−1 p−m−1 ≡ (−1)m+n (mod p) Giải Khá dễ dàng Điều cần chứng minh tương đương với m! (p − n − 1)! ≡ (−1)m+n n!(m − n)! (p − m − 1)!(m − n)! (mod p), (−1)m m!(p − m − 1)! ≡ (−1)n (p − n − 1)!n! (mod p) Hay Nhưng ta dễ thấy (−1)m ! ≡ (p − 1) · · · (p − m) Từ suy (−1)m m!(p − m − 1)! ≡ (p − 1)! ≡ −1 (mod p) Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh với ≤ n ≤ 2n n ≡ (−4)n p−1 n p−1 (mod p) Giải Ta có 2n n = 2n · (2n − 1)(2n − 3) · · · · n! Ngoài ra, (2n − 1)(2n − 3) · · · · = (−1)n (−2n + 1)(−2n + 3) · · · (−3)(−1) ≡ (−1)n 2n (p − 2n + 1)(p − 2n + 3) · · · (p − 3)(p − 1) p − 2n + p − 2n + p−1 = (−1)n 4n ··· 2 p − p−1 p − = (−1)n 4n −n+1 − n + ··· 2 Từ suy 2n n ≡ (−1)n 4n p−1 −n+1 p−1 − n + ··· n! p−1 = (−1)n 4n p−1 n (mod p) 4 Cho p số nguyên tố Chứng minh p k=0 p k p+k k ≡ 2p + (mod p2 ) Giải Nhận xét rằng, ≤ k ≤ p − p k • p| • ; p+k k ≡ (mod p) (Có thể sử dụng Lucas chứng minh trực tiếp đại số tổ hợp!) Từ suy p k=0 p k p k p+k k ≡ p+k k p k (mod p2 ) < k < p vậy, p−1 2p p ≡1+ + p k k=1 Bây giờ, để kết thúc ta cần Babbage quen thuộc 2p p ≡ 2p − + 2p p (mod p2 ) ≡ (mod p2 ) Đây đồng dư (VN TST 10) Gọi Sn tổng bình phương hệ số biểu thức (1 + x)n Chứng minh S2n + không chia hết cho Giải Ta có S2n = 4n 2n Ta áp dụng định lý Lucas để có điều cần chứng minh Thật vậy, giả sử cách viết 3-phân 2n có chữ số 2, cách xét vị trí có số ngồi bên phải, ta suy vị trí đó, chữ số tương ứng 2n Từ suy 2n ≡ · · · 12 · · · ≡ (mod 3) Giả sử ngược lại, cách viết n 3-phân 2n gồm chữ số 1, chữ số tương ứng biểu diễn phân 4n Từ suy 4n ≡ , tích lấy theo chữ 2n số biểu diễn 3-phân 2n Thế dễ thấy số chữ số 2n biểu diễn tam phân n số chẵn, nên tích ≡ 22 ≡ (mod 3) Trong trường hợp ta thu 4n + không chia hết cho 2n Với số nguyên dương n, đặt Cn = 2n n+1 n (a) Chứng minh Cn số nguyên với n; (b) Tìm số dư C1 + · · · + C2018 chia cho 3? Giải (a) Đây số Catalan quen thuộc Có nhiều cách để Cn số nguyên, chẳng hạn đơn giản cách sử dụng đẳng thức 2n 2n − n n+1 Cn = (b) Ta có 2n + 2n −4 n+1 n =2· 2n 2n + 2n −4 n+1 n n = −2Cn Từ suy Cn ≡ 2n + 2n − n+1 n (mod 3) Như vậy, 2n + −2 n+1 C1 + · · · + Cn ≡ (mod 3) Bây giờ, ta sử dụng định lý Lucas để xác định số dư C2n+2 n + chia cho Chứng minh với số nguyên dương m, 2| 3m m ⇔4| 3m m Giải Ta áp dụng định lý Kummer Nếu 3m ≡ (mod 4) nghĩa tổng m m + 2m cách viết nhị phân có nhớ Điều nói cách viết nhị phân m có số đứng liền Tuy nhiên ta kiểm tra dễ dàng có hai nhớ phép tính n (VNTST 2017.) Với số nguyên dương n, đặt xn = C2n a) Chứng minh 2017k < n < 2017k với k số nguyên dương xn bội 2017 b) Tìm tất số nguyên dương h > để tồn số nguyên dương N, T cho với n > N xn dãy số tuần hoàn theo modulo h với chu kỳ T 10 Giải a) Đây tập đơn giản với lưu ý 2017 số nguyên tố b) Để ý xn tuần hoàn (kể từ số đó) theo modulo h xn tuần hoàn theo modulo h | h Ta xn khơng tuần hồn theo modulo p với p nguyên tố lẻ cho trước Thật vậy, ta rằng: i) có khoảng số nguyên liên tiếp với độ dài lớn cho với số n nằm khoảng xn ≡ (mod p); ii) nhiên xn không chia hết cho p với n đủ lớn Cả tính chất suy từ định lý Kummer: vp (xn ) = số lần nhớ thực phép cộng n + n số p Rõ ràng n = · · · 1p phép cộng n + n khơng có nhớ, vp (xn ) = trường hợp Điều thiết lập tính chất ii) Với tính chất i), ta lập luận tương tự, với n có dạng (p − 1) ∗ · · · ∗p , hiển nhiên phép cộng n + n có nhớ, vp (xn ) > Điều có nghĩa là, với s ≥ 1, (p − 1)ps−1 ≤ n ≤ ps − p | xn Lập luận thiết lập i) Các lập luận cho thấy số h cần tìm phải có dạng 2s với s ≥ Bằng cách áp dụng định lý Kummer, ta dễ dàng suy v2 (xn ) ≥ (thật vậy, phép tính n + n cách viết nhị phân ln có nhớ vị trí bên trái) Nói cách khác, | xn với n ≥ Cũng từ định lý Kummer, ta có v2 (xn ) = xn = 2t với t ≥ 0: thật vậy, n không luỹ thừa phải có chữ số cách viết nhị phân, phép tốn n + n có phép nhớ trường hợp Điều có nghĩa xn ≡ (mod 4) với n không luỹ thừa xn ≡ (mod 4) với n luỹ thừa Điều chứng tỏ xn khơng tuần hồn theo modulo (kể từ số bất kì) Các lập luận rõ ràng cho thấy số h cần tìm h = 11 ... gồm r hệ số v chứa n0 hệ số Như vậy, |S f | = q r m0 n0 Cuối cùng, ta kết luận dựa vào Bổ đề Hệ số nhị thức modulo lũy thừa số nguyên tố Việc xác định đồng dư hệ số nhị thức modulo số nguyên... định modulo lũy thừa số nguyên tố Ta lưu ý số kết sau liên quan đến việc xác định công thức cho phần dư hệ số nhị thức modulo pk với k > Định lý (Wolstenholme, 1862) Với số nguyên tố p ≥ 5, 2p... viết p-phân Phần dư hệ số nhị thức modulo số nguyên tố Khi p m , định lý Kummer không cho ta giá trị cụ thể phần dư n p Điều giải qua kết sau m n chia cho Định lý (Lucas, 1878) Cho m, n hai số nguyên