卢卡斯定理小结
前言
本文部分证明为作者本人思考，故可能有误，欢迎在评论里提醒
前置芝士
性质一：\(C_p^i=\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}\equiv 0(mod p) (1≤i<p,p\in prime)\)
证明：
1\(.C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}=\frac{p}{i}\frac{(p-1)!}{(i-1)!(p-i)!}=\frac{p}{i}\frac{(p-1)!}{(i-1)!((p-1)-(i-1))!}=\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}\)
2\(.C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}\)由于\((1≤i<p)\)且\(C_p^i\)为正整数，\(\therefore (p-1)!\)能被\(i!(p-i)!\)整除
即\(C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}\equiv 0(mod p) (1≤i<p)\)
至此，性质一得证
性质二：\((1+x)^p\equiv 1+x^p(mod p) (p\in prime)\)
证明：
\((1+x)^p=C_p^0 x^0+C_p^1 x^1+...+C_p^p x^p\)
由性质一得
\(C_p^0 x^0+C_p^1 x^1+...+C_p^p x^p\equiv C_p^0 x^0+C_p^p x^p(mod p)\equiv 1+x^p(mod p)\)
至此，性质二得证
卢卡斯定理
\(C_{a}^b mod p(p\in prime)\)
还记得余数的表示形式吗？\(a=lp+r,b=sp+t\)
\((1+x)^a=(1+x)^{lp}(1+x)^r\)
其中\((1+x)^{lp}\equiv ((1+x)^p)^l\equiv (1+x^p)^l\)
\(\therefore (1+x)^a\equiv (1+x^p)^l(1+x)^r(mod p)\)
\(\therefore \sum\limits_{i=0}^aC_a^i x^i\equiv \sum\limits_{i=0}^l C_l^i x^{ip} \sum\limits_{j=0}^r C_{r}^j x^j(mod p)\)
\(\therefore C_a^b x^b\equiv C_l^sx^{sp}C_r^tx^t(mod p)\equiv C_l^sC_r^tx^{sp+t}(mod p)\equiv C_l^sx^{sp}C_r^tx^t(mod p)\equiv C_l^sC_r^tx^{b}(mod p)\)
\(\therefore 我们得到卢卡斯定理C_a^b\equiv C_l^s C_r^t\equiv C_{\lfloor \frac{a}{p} \rfloor}^{\lfloor \frac{a}{p} \rfloor}C_{a\%p}^{b\%p}\)
