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）