Một Số Tính Chất Số Học Của Hệ Số Nhị Thức

Khởi đầu từ phát biểu của nhà toán học người Đức Ernst Kummer trong bài báo " ¨ Uber die Erg¨anzungss¨atze zu den allgemeinen Reciprocit¨atsgesetzen" công bố năm 1852, người ta bắtđầu qu

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THỊ THỦY

MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS NGUYỄN DUY TÂN

Thái Nguyên - 2016

Mục lục

1.1 Định lý Kummer 4

1.1.1 Hệ quả 6

1.2 Định lý Lucas 6

1.2.1 Hệ quả 8

2 Hệ số nhị thức modulo lũy thừa nguyên tố 15 2.1 Mở rộng của định lý Wilson 15

2.2 Một mở rộng của định lý Lucas 18

2.3 Hệ số nhị thức modulo lũy thừa nguyên tố 21

2.4 Ví dụ ứng dụng 24

3 Định lý Wolstenholme 27 3.1 Định lý Wolstenholme 27

3.2 Mở rộng của Định lý Wolstenholme 31

Lời nói đầu

Đồng dư số học là một chủ đề cổ điển nhưng vẫn luôn ẩn chứa nhiều kết quảđẹp đẽ và sâu sắc, thu hút nghiên cứu của các nhà toán học Tính chất đồng

dư của hệ số nhị thức là một trong số đó Khởi đầu từ phát biểu của nhà toán

học người Đức Ernst Kummer trong bài báo " ¨ Uber die Erg¨anzungss¨atze zu den allgemeinen Reciprocit¨atsgesetzen" công bố năm 1852, người ta bắtđầu quan tâm đến đồng dư theo modulo nguyên tố của hệ số nhị thức, và ýnghĩa của nó theo biểu diễn trong cơ số nguyên tố đó Nếu như phát biểucủa Kummer nghe còn tương đối mơ hồ thì đến năm 1878, nhà toán họcPháp Édouard Lucas trong serie bài báo đăng trên American Journal of

Mathematics, Théorie des Fonctions Numériques Simplement Périodiques,

đã phát biểu một cách tường minh cho mối liên hệ đồng dư theo modulonguyên tố của hệ số nhị thức với tích các hệ số nhị thức tạo thành từ các chữ

số trong biểu diễn của các thành phần trong hệ số nhị thức theo cơ số củachính số nguyên tố ấy

Không chỉ dừng lại ở việc là một phát biểu tường minh, kết quả củaLucas còn làm tiền đề và tạo cảm hứng cho những mở rộng đầu tiên củaAnton (1969), Stickelberger (1890) và Hensel (1902) Vẫn dựa trên biểudiễn của các thành phần trong hệ số nhị thức theo cơ số nguyên tố, họ xemxét tính chất đồng dư theo cơ số nguyên tố của hệ số nhị thức sau khi chiacho lũy thừa bậc cao nhất của số nguyên tố chia hết nó Đây là một kếtquả đặc sắc, nhưng trong suốt hơn 112 năm từ sau Định lý Lucas, không cóthêm một mở rộng nào nữa, cho tới khi Granville nâng modulo từ số nguyên

tố thành lũy thừa của nó

Một hướng mở rộng khác của Định lý Lucas đó là loại bỏ biểu diễntheo cơ số nguyên tố mà liên kết trực tiếp số nguyên tố, các số thành phầntrong hệ số nhị thức và bậc lũy thừa cao nhất chia hết hệ số nhị thức của

số nguyên tố đó Bắt đầu từ kết quả của Charles Babbage (1819) - một mởrộng lên lũy thừa bậc hai cho một hệ quả đặc biệt của Định lý Lucas - sau

đó Joseph Wolstenholme đã mở rộng chính kết quả này lên bậc ba Đượcgợi ý từ những kết quả này, Ljunggren (1949) đã chứng minh một kết quảkiểu Lucas, rằng hệ số nhị thức của hai bội của một số nguyên tố sẽ đồng

dư với chính hệ số nhị thức gồm hai thành phần thu được sau khi chia cácbội cho số nguyên tố kia, theo modulo lũy thừa bậc ba của số nguyên tố đó.Kết quả cuối cùng của E Jacobsthal mở rộng chính kết quả của Ljunggrenlên lũy thừa bậc cao hơn

Luận văn có cấu trúc như sau: Mở đầu, ba chương, Kết luận và Tài liệutham khảo

Chương 1: Định lý Kummer và Định lý Lucas

Chương này phát biểu và chứng minh hai định lý trên, kèm theo các hệquả, chứng minh của chúng và một số bài tập ứng dụng

Chương 2: Hệ số nhị thức modulo lũy thừa nguyên tố

Chương này trình bày hai mở rộng của Định lý Wilson, một mở rộngcủa Định lý Lucas và cuối cùng là kết quả của Granville về hệ số nhị thứcmodulo lũy thừa nguyên tố

Chương 3: Định lý Wolstenholme

Trình bày các kết quả về đồng dư của hệ số nhị thức với thành phầnnguyên tố modulo lũy thừa nguyên tố, từ kết quả của Charles Babbage, tớiĐịnh lý Wolstenholme và mở rộng của nó là Định lý Ljunggren

Luận văn này được thực hiện và hoàn thành vào tháng 6 năm 2016 tạitrường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên Qua đây, tác giả xin bày

tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Duy Tân, người đã tận tình hướng dẫntrong suốt quá trình làm việc để hoàn thành luận văn này Tác giả xin gửilời cảm ơn chân thành đến Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học- Đại họcThái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện để giúp tác giả học tập và hoàn thànhluận văn cũng như chương trình thạc sĩ.Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tớitập thể lớp cao học YB, khóa 06/2014 - 06/2016 đã động viên giúp đỡ tácgiả trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn này.Đồng thời tác giả

xin gửi lời cảm ơn tới Sở GD-ĐT tỉnh Yên Bái, Ban giám hiệu và các đồngnghiệp tại trường THPT Sơn Thịnh đã tạo điều kiện cho tác giả trong suốtquá trình học tập và hoàn thành luận văn.

Tác giả

Bùi Thị Thủy

Chương 1

Định lý Kummer và Định lý Lucas

Trong chương này chúng ta sẽ giới thiệu Định lý Kummer và Định lý Lucas,

các phép chứng minh cùng với các ví dụ minh họa và một số bài tập ứng

dụng của hai định lý

1.1 Định lý Kummer

Năm 1852, nhà toán học Đức Ernst Kummer trong bài báo " ¨ Uber die Erg¨anzungss¨atze

zu den allgemeinen Reciprocit¨atsgesetzen"đã chỉ ra rằng

Định lý 1.1.1 (Kummer) Cho p là một số nguyên tố, m ≤ n là hai số tự

nhiên Khi đó, số tự nhiên k lớn nhất sao cho pk là ước của hệ số nhị thức

n

m
là số các lần nhớ khi cộng m và n − m theo cơ số p.

Gọi bxc là phần nguyên của số thực x

Cho p là số nguyên tố Ta ký hiệu vp(n) cho số mũ của lũy thừa cao nhất

của p chia hết n, σp(n) là tổng các chữ số của n khi viết theo cơ số p

Bổ đề 1.1.2 (Legendre) Cho n ≥ 1 là số tự nhiên và p là số nguyên tố Khi

Chứng minh. Vì n! là tích tất cả các số tự nhiên từ 1 đến n nên với mỗi bội

của p trong các số từ 1 đến n ta được một thừa số p và do vậy có đúng bn

pc

Tương tự, từ mỗi bội của p2, ta có thêm b n

p2c thừa số p Do đó lũy thừacao nhất của p chia hết n! sẽ bằng ∑i≥1b n

pic

Giả sử n = n0+ n1p+ + ntpt là biểu diễn của n theo cơ số p Khi đó

Chứng minh Định lý Kummer. Giả sử rằng n = m + r Ta viết ba số này theo

cơ số p: n = n0+ n1p+ · · · + ntpt, tương tự cho m và r Đặt εj = 1 nếu khi

nhớ Dễ thấy rằng n0= m0+ r0− pε0 và nj = mj+ rj+ εj−1− pεj với mỗi

Mặt khác 3218
= 471435600 = 52.18877424, do vậy vp 3218
= 2, cũngchính bằng số lần nhớ ở trên.

1.1.1 Hệ quả

Dưới đây là một số hệ quả của Định lý Kummer

Hệ quả 1.1.4 Với n là một số nguyên dương, khi đó nk
≡ 0 ( mod n) nếu

và chỉ với mọi ước nguyên tố p là một ước nguyên tố của n mà vp(n) = a,

thì phép trừ n − k theo cơ số p cần ít nhất a phép mượn.

Chứng minh. Chú ý rằng nk
≡ 0 ( mod n) khi và chỉ khi n

k
≡ 0 ( mod pa),với mọi ước nguyên tố p của n với vp(n) = a Theo Định lý Kummer, nk
≡0( mod pa) khi và chỉ khi phép trừ n cho k trong cơ số p cần ít nhất a phépmượn

Hệ quả 1.1.5 Nếu m, n, k là các số nguyên dương thỏa mãn gcd(n, k) = 1

thì mnk
≡ 0 ( mod n).

Chứng minh. Giả sử p là một ước nguyên tố bất kỳ của n với vp(n) = a Taviết k = k0+ k1p+ + ktpt trong cơ số p Vì gcd(n, k) = 1 nên k06= 0 Chú

ý rằng mn = mn0pa với số nguyên n0 nào đó Do đó phép trừ mn cho k theo

cơ số p phải có ít nhất là a phép nhớ Theo Định lý Kummer ta có mnk
≡

0 ( mod pa) Vì p là ước nguyên tố bất kỳ của n nên mnk
≡ 0 ( mod n)

1.2 Định lý Lucas

Năm 1878, Lucas đã đưa ra một phương pháp để tính mn
( mod p) Định lýLucas phát biểu như sau

Định lý 1.2.1 Cho m, n là hai số tự nhiên, p là một số nguyên tố Giả sử

m, n có biểu diễn theo cơ số p dưới dạng

m= m0+ m1p+ · · · + msps, n = n0+ n1p+ · · · + nsps

với0 ≤ mi, ni ≤ p − 1, khi đó

 nm

Ta sẽ chứng minh định lý này Trước tiên ta có định nghĩa sau.

Định nghĩa 1.2.2 Cho đa thức f (X ) = a0+ a1X+ · · · + anXn ∈ Z[X] Taviết f (X ) ≡ 0( mod p) nếu ai ≡ 0( mod p) với mọi i = 1, , n Với hai đathức f (X ) và g(X ) trong Z[X], ta viết f (X) ≡ g(X)(mod p) nếu f (X) −g(X ) ≡ 0( mod p)

Bổ đề 1.2.3 Với i ≥ 0, ta có (1 + X )pi ≡ 1 + Xpi( mod p).

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo i Với i = 0 thì khẳng định

là hiển nhiên Giả sử khẳng định đã đúng với i ≥ 0 Ta có

2

2
( mod 5)

Định lý Lucas có thể phát biểu tương đương lại dưới dạng: Với số nguyên

tố p và các số nguyên dương n, m, r, s thỏa mãn 0 ≤ r, s ≤ p − 1, ta có

(mod p)

Kết quả này ngay lập tức cho ta mpnp
≡ n

Dưới đây là một số hệ quả của Định lý Lucas

Hệ quả 1.2.5 Cho p là một số nguyên tố và m, n, k là ba số nguyên dương

Thật vậy, theo Định lý Lucas ta có

Kết hợp với giả thiết quy nạp, ta có điều phải chứng minh

Một số bài tập ứng dụng

Bài tập 1 Chứng minh 1000500
không chia hết cho 7

Chứng minh. Thật vậy, ở đây n = 1000, k = 500 và r = n − k = 500, và viếttrong cơ số 7, ta có

500 = 3 + 1 · 7 + 3 · 72+ 1 · 73= 13137

theo Định lý Kummer, lũy thừa cao nhất của 7 mà chia hết 1000500
là 70= 1.Tức là 1000500
không chia hết cho 7

01

00

00

11

11



0

43

44



= 4( mod 5)

Do đó 9919
≡ 4( mod 10) và chữ số tận cùng của 99

19
là 4

Bài tập 3 Cho p là một số nguyên tố, n là một số tự nhiên Lấy modulo

p-Pascal Chứng minh rằng số các phần tử khác không trong hàng thứ n củamột tam giác p-Pascal bằng ∏(ni+ 1) trong đó ni là chữ số thứ i trong biểudiễn theo cơ số p của n

Chứng minh. Các phần tử ở hàng thứ n của tam giác p-Pascal khác khôngtương ứng với các số 0 ≤ k ≤ n mà p - nk
.

Theo Định lý Kummer, p - nk
khi và chỉ khi phép trừ n cho k theo cơ số

p không có phép nhớ nào Do đó ki ≤ ni với mọi i, ở đây ki là chữ số thứ itrong biểu diễn theo cơ số p của k Do vậy ta có ni+ 1 cách chọn cho ki, từ

0 đến ni Như vậy dễ dàng thấy rằng số các phần tử khác không trong hàngthứ n của một p tam giác Pascal bằng ∏(ni+ 1)

Bài tập 4 Cho 0 < k < n + 1 Chứng minh rằng nếu p - nk
và p - n + 1, thì

p - n+1k

Chứng minh. Giả sử n = n0+ n1p+ · · · và k = k0+ k1p+ · · · là các biểudiễn theo cơ số p của n và k tương ứng Vì p - n + 1 nên 0 ≤ n0 ≤ p − 2 Vì

p - nk
nên theo Định lý Kummer, không có nhớ khi cộng k và n − k theo cơ

số p, hay ki ≤ ni với mọi i Tương tự ta cũng có bất đẳng thức này với cặp

k và n + 1 vì n + 1 cũng có biểu diễn theo cơ số p giống n ngoại trừ chữ sốhàng đơn vị hơn 1 đơn vị Do đó, p - n+1k
.

Bài tập 5 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì Cn = n+11 2nn
làcũng số tự nhiên (Số Cn này được gọi là số Catalan thứ n.)

Chứng minh. Để chứng minh Cn là số tự nhiên, ta sẽ chỉ ra rằng với mọiước nguyên tố p của n + 1, ta có

vp(n + 1) ≤ vp(2n

n

)

Gọi l = vp(n + 1) Khi đó trong cơ số p, n + 1 có biểu diễn là

n+ 1 = as· · · a1a00 · · · 0( với l số 0 tận cùng và a06= 0)

Do vậy n có biểu diễn trong cơ số p là

n= as· · · a1(a0− 1)(p − 1) · · · (p − 1)( với l số (p − 1) tận cùng)

Do đó phép cộng n + n trong cơ số p cần ít nhất l phép nhớ, do vậy

vp(2nn

) ≥ l = vp(n + 1)

Do đó, theo Định lý Kummer, khi cộng n + 1 với chính nó trong cơ sở 3,

ta phải có ít nhất 1 số nhớ, và điều này xảy ra khi và chỉ khi n + 1 có chứa ítnhất 1 chữ số 2 khi biểu diễn theo cơ số 3

Bài tập 7 [2010 Vietnam Team Selection Test/6] Gọi Sn là tổng bìnhphương của các hệ số của đa thức (1 + x)n Chứng minh rằng S2n+ 1 khôngchia hết cho 3

2

n



Do vậy chúng ta phải chứng minh rằng 4n2n
+ 1 không chia hết cho 3 Taviết 4n và 2n theo cơ số 3: 4n = idid−1· · · i03 và 2n = jdjd−1· · · j03 Theo

Định lý Lucas, ta có

4n2n

Nếu với k nào đó mà ik < jk thì vế trái của đẳng thức đồng dư trên sẽchia hết cho 3 và do vậy 4n2n
+ 1 chia cho 3 dư 1, và ta có điều phải chứngminh Bây giờ ta sẽ giả sử ik ≥ jk∀k Khi đó biểu diễn theo cơ số 3 của2n = 4n − 2n chính là

2n = 4n − 2n = (id− jd)(id−1− id−1) · · · (i0− j0)

So sánh 2 biểu diễn theo cơ số 3 của 2n, ta suy ra ik− jk= jk, với mọi k Từ

đó suy ra cặp (ik, jk) hoặc bằng (0, 0) hoặc bằng (2, 1) Gọi S là tập các chỉ

3 luôn dư 1 hoặc 2 Đây là điều phải chứng minh

Bài tập 8 Cho p là một số nguyên tố, k, n là các số nguyên dương Chứng

minh rằng pnk−1
≡ (−1)σp(k) ( mod p) với σp(k) là tổng các chữ số của kkhi biểu diễn theo cơ số p

Chứng minh. Vì p − 1 ≡ −1 ( mod p) nên ta có p−1k
≡ (−1)k ( mod p)

Dễ thấy rằng các chữ số của pn− 1 khi biểu diễn theo cơ số p đều bằng

p− 1 Do đó, lại theo Định lý Lucas, ta có

 pn− 1k



≡∏ p − 1k

i

( mod p)

trong đó ki là chữ số thứ i trong biểu diễn của k theo cơ số p.

Chứng minh. Ta thấy 2pq − 1 = (2q − 1)p + p − 1 do đó chữ số cuối cùngtrong biểu diễn theo cơ số p của 2pq − 1 là p − 1 Tương tự như vậy, chữ

số cuối cùng trong biểu diễn theo cơ số p của pq − 1 cũng là p − 1 Do đó,theo Định lý Lucas,

Ta có 2pq−1pq−1
≡ 1 (mod pq) khi và chỉ khi 2pq−1

p−1
≡ 1 (mod q), theo hai đẳng thức dồng dư ở trên

Bài tập 10 Cho p là số nguyên tố và n, m là hai số tự nhiên tùy ý Chứng

+ p(n − 1)

 p1



+ · · · +

p(n − 1)

 pp



Theo Định lý Lucas, mỗi hệ số nhị thức đều chia hết cho p Vì thế tất

cả các số hạng trong tổng trên đều chia hết cho p2, trừ số hạng đầu tiên và

cuối cùng Do đó

 pnpm

Chứng minh hoàn tất

2.1 Mở rộng của định lý Wilson

không chia hết cho p Định lý Wilson phát biểu rằng với mọi số nguyên tố

p, (p − 1)! ≡ −1 ( mod p) hay (p!)p≡ −1 ( mod p)

Trong phần này ta sẽ chứng minh một số mở rộng của Định lý Wilson

Định lý 2.1.1 Cho p là một số nguyên tố, n là một số nguyên dương bất kỳ,

Định lý 2.1.2 Cho p là số nguyên tố, và n là số tự nhiên Ta viết n =

n0+ n1p+ · · · + nsps trong cơ số p Khi đó, ta có

[n/p2]

n1!([n/p2]!)( mod p)

(Chú ý rằng n1 chính là số dư của n cho p2, cũng là chữ số hàng đơn vị của[n/p] khi viết theo cơ số p.) Cứ tiếp tục quá trình như vậy, ta suy ra với mọi

i≥ 0 ta có

1p[n/pi+1][n/p

i]! ≡ (−1)[n/pi+1]ni!([n/pi+1]!)( mod p)

−1, trong những trường hợp còn lại.

Chứng minh. Dễ thấy rằng chúng ta có thể chia tích (pq!)pthành hai nhóm,

m≡ m−1( mod pq)

Từ đây ta được (pq!)pđồng dư với tích các m ≤ pqmà m2≡ 1 ( mod pq)

Ta có m2− 1 = (m − 1)(m + 1) ( mod pq) Do đó pq|(m − 1)(m + 1)

Vì gcd(m − 1, m + 1) = 1 hoặc 2 nên ta có hai trường hợp như sau

m≡ ±1 ( mod pq) Vì thế m = 1 hoặc pq− 1

2 Nếu gcd(m − 1, m + 1) = 2 thì m − 1 = 2z, m + 1 = 2t, với z,t ∈ N,gcd(z,t) = 1

• Nếu p 6= 2 thì pq|(m − 1)(m + 1) = 4zt nên pq|zt với gcd(z,t) = 1.Suy ra pq hoặc chia hết z hoặc chia hết t hay pq hoặc chia hết

m− 1 hoặc chia hết m + 1 nên tựu lại ta quay lại trường hợp thứnhất trên

• Nếu p = 2 thì 2q|4zt Nếu q < 3 thì bằng vài tính toán đơn giản tathấy m = 1 hoặc pq− 1 Nếu q ≥ 3 hoặc 2q−2|z hoặc 2q−2|t Do

đó hoặc 2q−1|m − 1 hoặc 2q−1|m + 1, mà m < 2qnên trong trườnghợp này hoặc m = 2q−1+ 1 hoặc m = 2q−1− 1

Tóm lại những m < pq thỏa mãn m2 ≡ 1 ( mod pq) là 1 và pq− 1 trừ phi

Định lý 2.2.1 Cho p là một số nguyên tố, n ≥ m là hai số tự nhiên, r =

n− m Giả sử m, n, r có biểu diễn theo cơ số p dưới dạng



ns!

ms!rs!

( mod p)

Trước khi chứng minh Định lý, ta cần một bổ đề đơn giản sau

Bổ đề 2.2.2 Cho a ≡ b( mod p), và c ≡ d( mod p) Giả sử thêm rằng c | a,

d | b, và p - c Khi đó

a

d( mod p)

Chứng minh. Vì p - c và c ≡ d( mod p), nên ta cũng có p - d Do vậy gcd(p, cd) =

1 Từ giả thiết ta suy ra p | ad − bc Kết hợp với gcd(p, cd) = 1, ta có

p| (ad − bc)/cd Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Chứng minh Định lý 2.2.1. Bằng cách áp dụng Định lý 2.1.2 cho n, m và r,

ta được

n!

pvp (n!) ≡ (−1)vp (n!)n0!n1! · · · ns!( mod p),m!

pvp (m!) ≡ (−1)vp (m!)m0!m1! · · · ms!( mod p),r!

Ví dụ 2.2.3 Cho p = 3, n = 13 và m = 5 Khi đó r = n − m = 8 Viết trong

cơ số 3, ta có

13 = 1 + 1 · 3 + 1 · 32= 1113

5 = 2 + 1 · 3 = 123

8 = 2 + 2 · 3 = 223

(Nhớ đầu xuất hiện ở việc cộng hàng đơn vị 2+2=4, ghi kết quả là 1 và nhớ

1 cho phép cộng hàng chục Ta có cũng có “nhớ” khi cộng hàng chục, vìphép cộng hàng chục là 1+2+1=4 bằng 113.) Do đó lũy thừa cao nhất của 3