卢卡斯的定理

卢卡斯定理二项式系数模a的结果是什么 $p$．它回答了如下问题:

• 的 $米$和 $n$是 $m \ binom {} {n}$甚至？
• a的余数是多少<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/binomial-coefficient/" class="wiki_link" title="二项式系数" target="_blank">二项式系数like $\ binom {100} {30}$除以a<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/prime-numbers/" class="wiki_link" title="素数" target="_blank">素数like $13$？
• 有多少项 $34 ^ \文本{th}$行<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/pascals-triangle/" class="wiki_link" title="帕斯卡三角形" target="_blank">帕斯卡三角形是整除 $11$？哪些条目不是?它们和mod相等吗 $11$？

卢卡斯定理说明了对于非负整数 $米$和 $n$，和一撇 $p$， ${m \选择n} \枚\ prod_ {i = 0} ^ {k} {m_{我}\选择n_{我}}\ pmod p,$在哪里 $m = m_ {k} p ^ {k} + m_ {k-1} p ^ {k-1} + \ cdots + m_ {1} p + m_ {0}$和 $n = n_ {k} p ^ {k} + n_ {k-1} p ^ {k-1} + \ cdots + n_ {1} p + n_ {0}$是基础 $p$扩展 $米$和 $n，$分别。它使用的约定 $m \选择n$= 0时 $m < n$．

特别是, $m \ binom {} {n}$是整除 $p$如果并且只有至少有一个基地 - $p$数字的 $n$大于相应的基础 - $p$数字 $米$．

举一个具体的例子 $p = 2。$然后 $m \ binom {} {n}$即使是，才是至少有一个二进制数字 $n$大于对应的二进制数 $m。$所以, $\ binom {8} {3} = 56$甚至因为 $3 = 0011_2$有更大的数字 $8 = 1000_2$(确切地说，是最右边的数字)。

另一个有趣的后果是 $\ binom {2 ^ k-1} {m}$总是很奇怪，因为 $2 ^ k-1$用二进制表示时都是1;例如, $\ binom {31} {m}$总是奇怪的。

解决最常见的问题之一是Lucas定理的直接应用：剩余的剩余部分<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/binomial-coefficient/" class="wiki_link" title="二项式系数" target="_blank">二项式系数除以a<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/prime-numbers/" class="wiki_link" title="素数" target="_blank">素数？

找到剩下的时间 $\ dbinom {1000} {300}$分为13。

---

我们首先把1000和300写成13的幂的和: $1000 = 5 (13^2)+ 11(13) + 12 \quad \text{and}\quad 300 = 1(13^2)+ 10(13) + 1。$然后应用卢卡斯定理: $\开始{对齐} \ dbinom {1000} {300} \当量\ dbinom {5} {1} \ CDOT \ dbinom {11} {10} \ CDOT \ dbinom {12} {1}＆\当量5 \ CDOT 11\ CDOT 12 \\＆\ Equiv 5 \ CDOT（-2）\ CDOT（-1）\\＆= 10，\ END {对齐}$暗示其余的是10。 $_ \广场$

注意：看起来更深，可以进一步探索普斯卡尔三角形的这些系数。

找到一个公式，为条目的数量 $n ^ \ text {th}$帕斯卡的行的行不可分割的三角形 $p$，就基础而言 $p$的扩张 $n$．

---

写 $N = n_kp^k + \cdots + n_0$， $R = r_kp^k + \cdots + r_0$．然后 $r \ binom {n} {}$不能被整除 $p$如果并且只有 $le n_i r_i \$为 $0 \ I \ k$．有 $n_i + 1$选择为每个 $r_i.$(它可以 $0,1，\ ldots，n_i$）.所以答案是 $\ prod_ {i = 0} ^ k（n_i + 1）。\ _ \ Square$

特别要注意的是 $n = p ^ {k + 1} -1$，然后所有的 $n_i$等于 $P -1.$，所以乘积是 $p ^ {k + 1}$；也就是说,所有 $p ^ {k + 1}$的条目 $左(p \ ^ {k + 1} 1 \右)^ \文本{th}$行不能被整除 $p$．

事实上，对于前面的例子，取 $p = 2$给出如下结果:

图片为 $p = 2$：如果我们绘制奇数条目的图片 $n ^ \ text {th}$帕斯卡三角形的行( $p = 2$），我们得到一个看起来非常喜欢的图像<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/fractals/" class="wiki_link" title="Sierpinski垫片" target="_blank">Sierpinski垫片：

来源:http://ecademy.agnesscott.edu/ ~ lriddle / ifs / siertri / pascalmath.htm

这种性交来自这一事实：如果 $K \ a < 2^n$,然后 $\ binom {a} {k} \ seciv \ binom {a + 2 ^ n} {k} \ Equiv \ binom {a + 2 ^ n} {k + 2 ^ n} \（\ text {mod} \ 2）$根据卢卡斯定理，所以上面 $2 ^ n$行在下一个并排再现两次 $2 ^ n$行。
中间那部分呢?它由表单的元素组成 $\ binom {+ 2 ^ n} {r},$在哪里 $A < r < 2^n$．在这种情况下，因为 $r >$，的至少一个二进制数字 $r$将大于对应的二进制数 $一个$，所以乘积的这一部分在卢卡斯定理中是 $\ binom {0} {1} \ Equif 0$，所以中间部分的所有条目都将是偶数。

表明, ${n}{p} \equiv \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor \pmod p$．

---

让我们 $N = n_k p^k + \cdots +n_1 p +n_0$扩展 $n$在基地 $p$．然后卢卡斯定理说 $\ binom {n} {p} \ seciv \ binom {n_1} 1 \ binom {n_0} 0 \ Equiv n_1 \（\ text {mod} \ p）$和 ${n}{p} \right\rfloor = n_k p^{k-1} + \cdots + n_1 \equiv n_1 \pmod p$，所以两边相等。 $_ \广场$

有几种证明，但最实际的一种是采用归纳法。这个想法就是写作 $n = Np+n_0 k = Kp+k_0$由<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/division-algorithm/" class="wiki_link" title="辗转相除法" target="_blank">辗转相除法，然后证明这一点 $\ binom {NP + N_0} {+的Kp K_0} \当量\ binom {N} {K} \ {binom N_0} {K_0} \（\ {文本模} \ p）时，$在哪里 $0 \le n0, k0 < p$．结果将跟随归纳 $N, K$小于 $n, k$，和碱基- $p$扩展 $N$和 $K$只是基础 - $p$扩展 $n$和 $k$省略最右边的数字。

为了证明上面的公式是正确的，把左边写成 $\压裂{(Np + n_0) (\ cdots) ((n - k) p + n_0-k_0 + 1)} {(Kp + k_0) !}，$并分开第一个 $K_0.$上面和下面的项。这些都是 $\压裂{(Np + n_0) (\ cdots) (Np + n_0-k_0 + 1)} {(Kp + k_0) (\ cdots) (Kp + 1)}。$分母不能被整除 $p$，所以这只是 $\ binom {n_0} {k_0} \ pmod p$．

剩下的项是连续的 $p$；在每一组 $p$顶部和底部有一个术语，可通过 $p$，其余的是每个非零元素对其取余的乘积 $p$,即 $（p-1）！$国防部 $p$．当 $（p-1）！$上面和下面都可以消去mod $p$，我们可以 $p$每一项都能被整除 $p$．剩下的是 ${病例}\ \开始压裂{N (N - 1) (\ cdots) (N - K + 1)} {K !}和{如果}\ n_0 \ \文本通用电气k_0 \ \ \压裂{(n - 1) (2) (\ cdots) (n - K)} {K !} & \text{if} \ n_0 < k_0。\{病例}结束$所以我们得到了 $k \ binom {n}{} ={病例}\ \开始binom {n} {k} \ binom {n_0} {k_0}和{如果}\ n_0 \ \文本通用电气k_0 \ \ \ binom {n} {k} \ binom {n_0} {k_0}和{如果}\ \文本n_0 < k_0, \{病例}$但在第二种情况下，这个也等于 $K \ binom {N} {} \ binom {n_0} {k_0}$因为两者都是 $0$．所以归纳定理是真实的。 $_ \广场$