分数同余与组合数同余

对互素的 \(i,n\) 引入 \(\frac 1i\:(mod~n)\) 表示 \(i^{-1}\:(mod~n)\) ，读者不难验证

\(\frac{b}{a}+\frac{d}{c}\equiv \frac{bc+ad}{ac}\:(mod~n)\) 等加减乘除性质，以及

\(a\equiv c\:(mod~n),b\equiv d\:(mod~n),(n,abcd)=1\) ，则 \(\frac ab\equiv \frac cd\:(mod~n)\)

（注意只要分母互素即可，当然是最简形式分母互素即可，但一定要保证互素！）

定理 \(1\) ：对素数 \(p\) 有 \(\sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac 1{i^k}\equiv 0\:(mod~p),p-1\nmid k\) ，特别地，当 \(p-1\nmid k+1\) 并且 \(k\) 是奇数，就有 \(\sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac 1{i^k}\equiv 0\:(mod~p^2)\) ，如果 \(k\) 是偶数则 \(\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1{i^k}\equiv 0\:(mod~p)\)

第一点等价于拉格朗日定理推论，因为 \(i^{-1}\equiv i^{p-2}\:(mod~p)\)

第二点只要 \(2\sum\limits_{i=1}^{k-1}\frac 1{i^k}\equiv 0\:(mod~p^2)\) （如果 \(p=2\) ，没有满足条件的 \(k\) ）

这等价于

\(\large\sum\limits_{i=1}^{k-1}\frac{i^k+(p-i)^k} {i^k(p-i)^k}\equiv 0\:(mod~p^2)\)

即

\(\large \sum\limits_{i=1}^{k-1}\frac{pi^{k-1}k} {i^k(pi^{k-1}k-i^k)}\equiv 0\:(mod~p^2)\)

即

\(\large \sum\limits_{i=1}^{k-1}\frac{k} {-i^{k+1}}\equiv 0\:(mod~p)\)

而 \(p-1\nmid k+1\) ，证毕。

定理 \(2\) ： \(C_{p-1}^k\equiv (-1)^k\:(mod~p),\frac 1pC_p^k\equiv \frac{(-1)^{k-1}}k\:(mod~p)\)

这两个命题等价因为 \(\frac kpC_p^k=C_{p-1}^{k-1}\)

证明很简单，直接展开 \(k!C_{p-1}^k=(p-k)(p-k+1)...(p-1)\equiv (-k)(-k+1)...(-1)(-1)^k\equiv (-1)^kk!\:(mod~p)\)

定理 \(3\) ：( \(Lucas\) 定理) 记 \(n=(a_ka_{k-1}...a_0)_p,m=(b_kb_{k-1}...b_0)_p,a_k>0\) ，则 \(C_n^m\equiv C_{a_k}^{b_k}C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}...C_{a_0}^{b_0}\:(mod~p)\)

推论 \(3.1\) ：设 \(n\) 是正整数， \(p\) 是素数，则 \(C_n^p\equiv [\frac np]\:(mod~p)\)

推论 \(3.2\) ：设 \(n=(n_0n_1...n_d)_p\) 是正整数，其中 \(p\) 是素数，则 \(C_n^k,0\le k\le n\) 中恰有 \(\prod(1+n_i)\) 个不是 \(p\) 的倍数

例1

设 \(p>2\) 是素数，证明： \(\large\sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac{2^i}i\equiv\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1i\equiv -\frac{2^p-2}p\:(mod~p)\)

第一个只需要证明 \(-\frac 1p\sum\limits_{i=1}^{p-1}(-2)^iC_p^i\equiv -\frac{2^p-2}p\:(mod~p)\) ，非常显然的成立（注意 \(p\mid C_p^i,2^p-2\) ，我们才能将其写在分母上）

第二个稍微复杂一点，我们会证明 \(A=\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1{2i}\equiv -\frac{2^{p-1}-1}p\:(mod~p)\)

记 \(B=\sum\limits_{i=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1{2i-1}\) ，我们知道（定理 \(1\)） \(A+B\equiv 0\:(mod~p)\) 且

\(\large A-B=\sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac{(-1)^i}i\equiv -\frac 1p\sum\limits_{i=1}^{p-1}C_p^i=-\frac 1p\cdot (2^p-2)\:(mod~p)\)

完成了证明。

例2

设 \(p>2\) 是素数，对 \(a\in Z\) 定义 \(S_a=\frac{a}1+\frac{a^2}2+...+\frac{a^{p-1}}{p-1}\) ，求证： \(S_3+S_4-3S_2\equiv 0\:(mod~p)\)

方法是完全类似的，

\(\large S_a\equiv \frac 1p\sum\limits_{k=1}^{p-1}(-1)^{k-1}a^k C_p^k\equiv \frac{(a-1)^p-a^p+1}p\:(mod~p)\)

于是

\(S_3+S_4-3S_2\equiv \frac{2^p-3^p+1+3^p-4^p+1+1-3+3\cdot 2^p-3}p\equiv -\frac{(2^p-2)^2}p\equiv 0\:(mod~p)\)

证毕。

例3

设 \(p\equiv 3\:(mod~4)\) 是素数，求证：

\(\large\frac 1{0^2+1}+\frac 1{1^2+1}+...+\frac 1{(p-1)^2+1}\equiv \frac 12\:(mod~p)\)

直接计算给出

\(\large \sum\limits_{i\ne 1,(\frac ip)=1}(\frac 1{1-i}+\frac 1{1+i})\equiv \sum\limits_{i\ne 1,(\frac ip)=1}\frac 4{1-i^2}\equiv \sum\limits_{i\ne 1,(\frac ip)=1}\frac 4{1-i}\:(mod~p)\)

而 \(p\equiv 3\:(mod~4)\) 说明

\(\large \sum\limits_{i\ne 1,(\frac ip)=1}\frac 1{1-i}\equiv \sum\limits_{i\ne -1,(\frac ip)=-1}\frac 1{1+i}\:(mod~p)\)

所以

\(\large \sum\limits_{i\ne 1,(\frac ip)=1}(\frac 1{1-i}+\frac 1{1+i})\equiv2\sum\limits_{i\ne \pm1}\frac 1{i+1}\equiv -3\:(mod~p)\)

最后一步用到定理 \(1\) 。

于是

\(\large \sum\limits_{i=0}^{p-1}\frac 2{i^2+1}\equiv 4+\sum\limits_{i\ne 1,(\frac ip)=1}\frac 4{i+1}\equiv 1\:(mod~p)\)

证毕。

例4

证明：若 \(p>3\) 是素数，有 \(\sum\limits_{k=0}^{p-1}C_p^k3^k\equiv 2^p-1\:(mod~p^2)\)

关键想法是

\(\sum\limits_{k=0}^{p-1}C_p^k3^k\equiv p\sum\limits_{k=0}^{p-1}\frac{(-1)^{k-1}}k3^k\equiv 2p\sum\limits_{k=0}^{p-1}\frac{(-1)^{2k-1}}{2k}(-3)^k\equiv 2\sum\limits_{k=0}^{p-1}C_{p}^{2k}(-3)^k\:(mod~p^2)\)

用单位根计算即可，留给读者。

例5

对素数 \(p>5\) 定义 \(f_p(x)=\sum\limits_{k=1}^{p-1}\frac 1{(px+k)^2}\) ，求证：对任意正整数 \(x,y\) 有 \(f_p(x)\equiv f_p(y)\:(mod~p^3)\)

只要证 \(\sum\limits_{k=1}^{p-1}(\frac 1{(px+k)^2}-\frac 1{(py+k)^2})\equiv 0\:(mod~p^3)\)

通分消去一个 \(p\) ，要证

\(\large (y-x)\sum\limits_{k=1}^{p-1}\frac{p(x+y)+2k}{k^4+k^3\cdot 2p(x+y)}\equiv 0\:(mod~p^2)\)

也就是

\(\large \sum\limits_{k=1}^{p-1}\frac 1{k^3}(1+\frac{k}{2p(x+y)+k})\equiv 0\:(mod~p^2)\)

由定理 \(1\) 只要证：

\(\large \sum\limits_{k=1}^{p-1}\frac 1{k^2(2p(x+y)+k)}\equiv 0\:(mod~p^2)\)

实际上 （设 \(ab\equiv -1\:(mod~p)\) ）

\(\large \sum\limits_{k=1}^{p-1}\frac 1{k^2(ap+k)}\equiv -b^3\sum\limits_{k=1}^{p-1} \frac{1}{(bk)^2(p-bk)}\equiv \sum\limits_{k=1}^{p-1}\frac 1{k^2(p-k)}\equiv0\:(mod~p^2)\)

证毕。

接下来的例子是组合数的高次同余，比较复杂。

定理 \(4\) ：（ \(Wolstenholme\) 定理） \(C_{2p-1}^{p-1}\equiv 1\:(mod~p^2)\)

定理 \(4.1\) ：\(C_{ap}^{bp}\equiv C_a^b\:(mod~p^t),t=3+v_p(ab(a-b)C_a^b)\)

这个定理的证明使用了高等方法，非常的困难。对 \(p^3\) 的情况可以展开然后利用定理 \(1\) 证明。我们具体地给一个例子

例6

证明： \(C_{p^3}^{p^2}\equiv C_{p^2}^p\:(mod~p^8)\)

我们强制展开 \(C_{p^3}^{p^2}\) 和 \(C_{p^2}^p\) 即可

\(\large C_{p^3}^{p^2}=p\cdot\prod\limits_{k=1}^{p^2-1}(\frac {p^3}k-1)=p\cdot \prod\limits_{k=1,p\nmid k}^{p^2-1}(\frac{p^3}k-1)\cdot \prod\limits_{k=1}^{p-1}(\frac{p^2}k-1)\)

\(\large C_{p^2}^p=p\prod\limits_{k=1}^{p-1}(\frac{p^2}k-1)\)

由于 \(p\nmid \prod\limits_{k=1}^{p-1}(\frac{p^2}k-1)\) ，直接消去，只要证

\(\large \prod\limits_{k=1,p\nmid k}^{p^2-1}(\frac{p^3}k-1)\equiv 1\:(mod~p^7)\)

展开：

\(\large \sum -\frac{p^3}k+\sum\frac{p^6}{ij}\equiv 0\:(mod~p^7)\)

由于 \(\sum\frac 1{ij}=\frac 12((\sum\frac 1i)^2-\sum\frac 1{i^2})\equiv 0\:(mod~p)\) ，我们剩余的工作是

\(\large \sum\limits_{k=1,p\nmid k}^{p^2-1}\frac 1k\equiv 0\:(mod~p^4)\)

倒序相加，只要

\(\large \sum\limits_{k=1,p\nmid k}^{p^2-1}\frac1{k^2}\equiv 0\:(mod~p^2)\)

注意到 \(f:x\rightarrow y,xy\equiv 1\:(mod~p^2),x,y\in\{1,2,..,p-1,p+1,...,p^2-1\}\) 是一一对应，于是只要证：

\(\large \sum\limits_{k=1,p\nmid k}^{p^2-1} k^2\equiv 0\:(mod~p^2)\)

显然。

例7

证明： \(\large 2^{p-1}\equiv 1-\frac p2H_{\frac{p-1}2}+\frac {p^2}8H_{\frac{p-1}2}^2\:(mod~p^3)\) ，其中 \(H_n=1+\frac 12+...+\frac 1n\) 表示调和级数

关键是恒等式

\(\frac{(2n)!}{n!}=2^n(2n-1)!!\)

取 \(n=\frac{p-1}2\) 并消去两侧相同项

\(\frac1{2^{\frac{p-1}2}}(p+1)(p+3)...(2p-2)=2^{\frac{p-1}2}(p-2)!!\)

于是

\(\large 2^{p-1}=\prod\limits_{j=0}^{\frac{p-3}2}(1+\frac p{2j+1})\equiv 1+p\sum\limits_{j=0}^{\frac{p-3}2}\frac 1{2j+1}+p^2\sum \frac 1{(2j+1)(2k+1)}\:(mod~p^3)\)

借助定理 \(1\) 与例 \(1\) 完全足以证明，留给读者。

可以通过这个证明 \(Morley\) 恒等式：设 \(p>3\) 是素数，证明 \((-1)^{\frac{p-1}2}C_{p-1}^{\frac{p-1}2}\equiv 4^{p-1}\:(mod~p^3)\)

\(Fleck\) 同余式：设 \(p\) 是素数， \(j\) 是整数， \(n\ge 1\) ，记 \(q=[\frac{n-1}{p-1}]\) ，则 \(\sum\limits_{0\le m\le n,p\mid m-j}(-1)^mC_n^m\equiv 0\:(mod~p^q)\)

对 \(q\) 归纳可证。

例8

记 \(1+\frac 12+\frac 13+...+\frac 1n=\frac{A(n)}{B(n)}\) ，求证：存在无穷个 \(n\) 使得 \(A(n)\) 不为素数幂。

假设命题不成立，对任意 \(n\ge N\) 都有 \(A(n)\) 是素数幂

首先设 \(2^l\le n<2^{l+1}\) ，于是 \(2^l\mid B(n)\) ，进一步地， \(A(n)>B(n)\ge2^l>\frac n2\)

设 \(X_p=\{x\mid p\mid A(n)\}\) ，每个正整数 \(x\ge N\) 恰好属于某个 \(X_p\) ，进一步地，某个 \(X_p\) 具有无限元素

假设 \(x\in X_p,x\le p-1\) ，如果 \(a\in X_p\) 使得 \(p^2\mid A(a)\) ，就会有非常不错的发现：

\(\large 0\equiv \frac 1p+\frac 1{2p}+...+\frac 1{ap}\:(mod~p)\)

\(\large 0\equiv\frac 1{ap+1}+...+\frac 1{ap+x}\:(mod~p)\)

而

\(\large 0\equiv 1+\frac 12+...+\frac 1{p-1}\equiv \frac 1{p+1}+\frac 1{p+2}+...+\frac 1{2p-1}\equiv ...\equiv \frac 1{(a-1)p+1}+...+\frac 1{(a-1)p+p-1}\:(mod~p)\)

所以 \(ap+x\in X_p\)

两个关键的数是 \(p^2\mid A(0),A(p-1)\) ，于是很容易归纳得到 \(p^k-1,p^k-k\in X_p\)

而 \(A(p^k-1)>\frac 12(p^k-1)\) 给出了 \(v_p(A(p^k-1))\ge k-2\) ， \(v_p(A(p^k-p))\) 也是如此。则对充分大 \(B\) 取 \(k\ge B+2\) 有 \(p^B\mid A(p^k-1)-A(p^k-p)\)

\(\large \frac 1{p^k-p+1}+\frac 1{p^k-p+2}+...\frac 1{p^k-1}\equiv 0\:(mod~p^B)\)

而 \(k\ge B\) ，等价于

\(\large \frac 1{-p+1}+...+\frac 1{-1}\equiv 0\:(mod~p^B)\)

对任意充分大 \(B\) 成立，矛盾！