lucas 定理的证明

也算是了结了多年来的执念。

前置是费马小定理和二项式定理，简单证明一下费马小定理吧。

费马小定理

定义

若 \(p\) 为素数，\(a\) 不为 \(p\) 的倍数（即 \((a,p)=1\)），则 \(a^{p-1}\equiv 1 \ (\bmod p\ )\)。

证明

在最开始，需要了解一些同余的基本性质，比如同除的性质：

若 \(ac\equiv bc\ (\bmod p\ )\)，且 \((c,p)=1\)，则有 \(a\equiv b\ (\bmod p\ )\)。

Proof. 若 \(a=b\) 或 \(c=1\)，该性质显然成立，接下来仅需讨论 \(a\not= b\wedge c\not= 1\) 的情况，不妨假设 \(a>b\)。

由原式可得 \(ac-bc=kp,k\in N\)，也即 \(a-b=\frac{kp}{c}\)，故 \(c\ |\ kp\)，当 \((c,p)=1\) 时一定有 \(c\ |\ k\)。

于是 \(a-b=\frac{k}{c}\cdot p\wedge\frac{k}{c}\in N\)，\(a\equiv b\ (\bmod p\ )\) 得证。

现在可以开始证明费马小定理了。

取一素数 \(p\)，以及满足 \((a,p)=1\) 的整数 \(a\)。

首先有观察：

\[\prod\limits_{i=1}^{p-1}i\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i\times a)\ \ (\bmod p\ ) \]

Proof. 只需要证明 \(\forall i\in\{1,2,\cdots,p-1\}\)，有 \(i\times a\ (\bmod p\ )\) 两两不同。

反证，若存在 \(x,y\in\{1,2,\cdots,p-1\}\wedge x\not= y\)，满足 \(xa\equiv ya\ (\bmod p\ )\)，运用上述同余性质，不难得到 \(x\equiv y\ (\bmod p\ )\)，与假设条件不符，于是等式成立。

记 \(f=(p-1)!\)，可将上述等式写作 \(f\equiv f\cdot a^{p-1}\ (\bmod p\ )\)。

容易发现 \((f,p)=1\)，于是再次运用同余性质可得到 \(a^{p-1}\equiv 1 \ (\bmod p\ )\)，至此我们证明了费马小定理。

Lucas 定理

定义

对于素数 \(p\)，有：

\[{n\choose m} \bmod p={\lfloor n/p \rfloor\choose \lfloor m/p \rfloor}\cdot {n\bmod p\choose m\bmod p}\bmod p \]

容易发现 \({\lfloor n/p \rfloor\choose \lfloor m/p \rfloor}\) 可以继续递归求解，于是该式的显式表达为，将 \(n\) 与 \(m\) 分别分解为 \(p\) 进制数字 \((n_k,\cdots,n_1)_p\)、\((m_k ,\cdots,m_1)_p\)（若位数不相等，则忽略 \(n\) 多出来的高位），有：

\[{n\choose m} \bmod p={n_1\choose m_1}\cdot{n_2\choose m_2}\cdots{n_k\choose m_k} \bmod p \]

证明

考虑 \({p\choose n}\bmod p\) 的取值，注意到 \({p\choose n}=\frac{p!}{n!(p-n)!}\)，在 \(n= p\vee n= 0\) 时，\({p\choose n}=1\)，其余情况 \(p\ |\ {p\choose n}\)，所以 \({p\choose n}\bmod p=[n= p\vee n= 0]\)，于是有：

\[\begin{split} (a+b)^p&=\sum\limits_{n=0}^p {p\choose n} a^pb^{n-p} \\ & \equiv \sum\limits_{n=0}^p [n= p\vee n= 0]a^pb^{n-p} \\ & \equiv a^p+b^p \ \ (\bmod p\ ) \end{split} \]

推导过程中没有用到费马小定理，于是也适用于多项式。

容易发现 \(n\choose m\) 实际上就是 \((1+x)^n\) 展开式的 \([x^m]\)。

\[\begin{split} (1+x)^n&=(1+x)^{p\lfloor n/p\rfloor}(1+x)^{n\bmod p} \\ & \equiv (1+x^p) ^{\lfloor n/p\rfloor}(1+x)^{n\bmod p} \end{split} \]

记 \(\lfloor n/p \rfloor=k\)，则 \((1+x^p) ^k=\sum\limits_{i=0}^{k}{k\choose i}x^{pi}\)，记 \(n\bmod p=r\)，则 \((1+x)^r=\sum\limits_{i=0}^{r}{r\choose i}x^{i}\)，\(r<p\)。

所求 \([x^m]\) 等价于前后两个式子选出项次数相加为 \(m\)，前式只能提供 \(p\) 倍数的次数，后式只能提供 \(<p\) 的次数，不难发现这个过程为将 \(m\) 分解成 \(p\) 进制数，而一个数字的 \(k\) 进制分解一定唯一，将 \(m\) 的 \(p\) 进制分解写作 \(tp+l\)，则 \([x^m]={k\choose t}{r\choose l}\)。

特别地，在 \(l>r\) 时是无法表示出 \(m\) 的，于是有 \([x^m]=0\)，对应回定理本身，意味着在 \(n\bmod p <{m \bmod p}\) 时，有 \({n\bmod p \choose{m \bmod p}}=0\)，这显然是正确的。