杂文：证明卢卡斯定理

杂文：证明卢卡斯定理

符号

\(\binom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)，组合数

定理

众所周知的卢卡斯定理：

\[\binom{n}{m}\equiv \binom{n\mod p}{m\mod p}\times \binom{n/p}{m/p} \pmod{p} \]

证明

一些很 trival 的引理

1. \(\binom{p}{i}\equiv 0\pmod{p},0<i<p\)

拆开它，等于：\(\dfrac{p!}{i!(p-i)!}\)，然后 \(i!\) 和 \((p-i)!\) 都不包含 \(p\)，所以无法消去分子中 \(p\) 的因数，于是整个分数就是 \(p\) 的倍数。

2. \(\binom{n+p}{m}\equiv\binom{n}{m}\pmod{p}\)

这玩意 \(=\sum\limits_{i=0}^{m} \binom{n}{i}\binom{p}{m-i}\)

考虑把 \(n+p\) 个物品分成 \(n\) 个，\(p\) 个，一共两组；枚举两组中选了多少个，拼起来

右边那玩意当且仅当 \(i=m\) 的时候能取到 \(1\)，其它时候都是 \(0\)，由引理 \(1\)

于是 \(i\) 只能取 \(m\) 式子就变成了 \(\binom{n}{m}\)。

然后你会发现，如果 \(n\equiv n'\pmod{p}\)，那么 \(\binom{n}{m}\equiv \binom{n'}{m}\pmod{p}\)。

3. \((a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod{p}\)

二项式定理拆开，由引理 \(1\)，中间项都是 \(0\)，只剩下两边 \(a^p+b^p\)

定理转化

首先发现这玩意相当于，把 \(n,m\) 写成 \(p\) 进制形式，设都是 \(k\) 位 （不足的补 \(0\)，即可让两数位数相同），设写出来 \(n=\{n_1,n_2...n_k\},m=\{m_1,m_2...m_k\}\)，然后定理转化成：

\[\binom{n}{m}\equiv \prod\limits_{i=1}^{k} \binom{n_i}{m_i}\pmod{p} \]

然后只要证明

\[\binom{ap+b}{cp+d}\equiv\binom{a}{c}\binom{b}{d} \pmod{p} \]

即可归纳证明卢卡斯定理

小结论的证明

设 \(n=ap+b,m=cp+d\)

考虑生成函数：\((x+1)^n\)

一方面，它

\[=(x+1)^{ap}(x+1)^b\\\equiv((x+1)^p)^a(x+1)^b\\\equiv(x^p+1)^a(x+1)^b \]

二方面，它

\[=\sum\limits_{i=0}^{n} \binom{n}{i} x^i \]

考虑 \(x^{cp+d}\) 的系数。

一方面，它 \(=x^{cp}x^d=(x^p)^cx^d\)，\(x^{cp}=(x^p)^c\) 一项由左边 \((x^p+1)^c\) 贡献，这样写很容易发现它的系数就是 \(\binom{a}{c}\)。\(x^d\) 就 trival 了，系数是 \(\binom{b}{d}\)。那俩系数一拼，得这一项的系数为 \(\binom{a}{c}\binom{b}{d}\)

二方面，直接看，它等于 \(\binom{n}{cp+d}=\binom{ap+b}{cp+d}\)

由于两方面算的东西一样，所以有

\[\binom{a}{c}\binom{b}{d}=\binom{ap+b}{cp+d} \]

然后就可以归纳证明卢卡斯定理了。

证毕。（手动黑框框qwq）