(Luận văn thạc sĩ) Một số tính chất số học của hệ số nhị thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THỊ THỦY

MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC
CỦA HỆ SỐ NHỊ THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THỊ THỦY

MỘT SỐ TÍNH CHẤT SỐ HỌC CỦA HỆ SỐ NHỊ
THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Chun ngành:

Phương pháp Tốn sơ cấp

Mã số:

60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. NGUYỄN DUY TÂN

Thái Nguyên - 2016


i

Mục lục
Lời nói đầu

1

1

Định lý Kummer và Định lý Lucas

4

1.1

Định lý Kummer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
6

1.2

Định lý Lucas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6
8

2

3

Hệ số nhị thức modulo lũy thừa nguyên tố

15

2.1

Mở rộng của định lý Wilson . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2.2
2.3

Một mở rộng của định lý Lucas . . . . . . . . . . . . . . .
Hệ số nhị thức modulo lũy thừa nguyên tố . . . . . . . . .

18
21

2.4

Ví dụ ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

Định lý Wolstenholme
3.1 Định lý Wolstenholme . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27
27

3.2

31

Mở rộng của Định lý Wolstenholme . . . . . . . . . . . .

Kết luận

38

Tài liệu tham khảo

39


1

Lời nói đầu
Đồng dư số học là một chủ đề cổ điển nhưng vẫn luôn ẩn chứa nhiều kết quả
đẹp đẽ và sâu sắc, thu hút nghiên cứu của các nhà tốn học. Tính chất đồng
dư của hệ số nhị thức là một trong số đó. Khởi đầu từ phát biu ca nh toỏn

ă
hc ngi c Ernst Kummer trong bi bỏo "Uber
die Ergăanzungssăatze zu
den allgemeinen Reciprocităatsgesetzen" cụng b nm 1852, người ta bắt
đầu quan tâm đến đồng dư theo modulo nguyên tố của hệ số nhị thức, và ý
nghĩa của nó theo biểu diễn trong cơ số nguyên tố đó. Nếu như phát biểu
của Kummer nghe còn tương đối mơ hồ thì đến năm 1878, nhà tốn học
Pháp Édouard Lucas trong serie bài báo đăng trên American Journal of
Mathematics, Théorie des Fonctions Numériques Simplement Périodiques,
đã phát biểu một cách tường minh cho mối liên hệ đồng dư theo modulo
nguyên tố của hệ số nhị thức với tích các hệ số nhị thức tạo thành từ các chữ
số trong biểu diễn của các thành phần trong hệ số nhị thức theo cơ số của
chính số ngun tố ấy.
Khơng chỉ dừng lại ở việc là một phát biểu tường minh, kết quả của
Lucas còn làm tiền đề và tạo cảm hứng cho những mở rộng đầu tiên của
Anton (1969), Stickelberger (1890) và Hensel (1902). Vẫn dựa trên biểu
diễn của các thành phần trong hệ số nhị thức theo cơ số nguyên tố, họ xem
xét tính chất đồng dư theo cơ số nguyên tố của hệ số nhị thức sau khi chia
cho lũy thừa bậc cao nhất của số nguyên tố chia hết nó. Đây là một kết
quả đặc sắc, nhưng trong suốt hơn 112 năm từ sau Định lý Lucas, khơng có
thêm một mở rộng nào nữa, cho tới khi Granville nâng modulo từ số nguyên
tố thành lũy thừa của nó.
Một hướng mở rộng khác của Định lý Lucas đó là loại bỏ biểu diễn
theo cơ số nguyên tố mà liên kết trực tiếp số nguyên tố, các số thành phần
trong hệ số nhị thức và bậc lũy thừa cao nhất chia hết hệ số nhị thức của


2

số nguyên tố đó. Bắt đầu từ kết quả của Charles Babbage (1819) - một mở

rộng lên lũy thừa bậc hai cho một hệ quả đặc biệt của Định lý Lucas - sau
đó Joseph Wolstenholme đã mở rộng chính kết quả này lên bậc ba. Được
gợi ý từ những kết quả này, Ljunggren (1949) đã chứng minh một kết quả
kiểu Lucas, rằng hệ số nhị thức của hai bội của một số nguyên tố sẽ đồng
dư với chính hệ số nhị thức gồm hai thành phần thu được sau khi chia các
bội cho số nguyên tố kia, theo modulo lũy thừa bậc ba của số nguyên tố đó.
Kết quả cuối cùng của E. Jacobsthal mở rộng chính kết quả của Ljunggren
lên lũy thừa bậc cao hơn.
Luận văn có cấu trúc như sau: Mở đầu, ba chương, Kết luận và Tài liệu
tham khảo
Chương 1: Định lý Kummer và Định lý Lucas
Chương này phát biểu và chứng minh hai định lý trên, kèm theo các hệ
quả, chứng minh của chúng và một số bài tập ứng dụng.
Chương 2: Hệ số nhị thức modulo lũy thừa nguyên tố
Chương này trình bày hai mở rộng của Định lý Wilson, một mở rộng
của Định lý Lucas và cuối cùng là kết quả của Granville về hệ số nhị thức
modulo lũy thừa nguyên tố.
Chương 3: Định lý Wolstenholme
Trình bày các kết quả về đồng dư của hệ số nhị thức với thành phần
nguyên tố modulo lũy thừa nguyên tố, từ kết quả của Charles Babbage, tới
Định lý Wolstenholme và mở rộng của nó là Định lý Ljunggren.
Luận văn này được thực hiện và hoàn thành vào tháng 6 năm 2016 tại
trường Đại học Khoa học- Đại học Thái Nguyên. Qua đây, tác giả xin bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Duy Tân, người đã tận tình hướng dẫn
trong suốt quá trình làm việc để hoàn thành luận văn này. Tác giả xin gửi
lời cảm ơn chân thành đến Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học- Đại học
Thái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện để giúp tác giả học tập và hoàn thành
luận văn cũng như chương trình thạc sĩ.Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới
tập thể lớp cao học YB, khóa 06/2014 - 06/2016 đã động viên giúp đỡ tác
giả trong q trình học tập và hồn thành luận văn này.Đồng thời tác giả

3

xin gửi lời cảm ơn tới Sở GD-ĐT tỉnh Yên Bái, Ban giám hiệu và các đồng
nghiệp tại trường THPT Sơn Thịnh đã tạo điều kiện cho tác giả trong suốt
q trình học tập và hồn thành luận văn.
Tác giả

Bùi Thị Thủy


4

Chương 1
Định lý Kummer và Định lý Lucas
Trong chương này chúng ta sẽ giới thiệu Định lý Kummer và Định lý Lucas,
các phép chứng minh cùng với các ví dụ minh họa và một số bài tập ứng
dụng của hai nh lý.

1.1

nh lý Kummer

ă
Nm 1852, nh toỏn hc c Ernst Kummer trong bi bỏo "Uber
die Ergăanzungssăatze
zu den allgemeinen Reciprocităatsgesetzen" ó chỉ ra rằng
Định lý 1.1.1 (Kummer). Cho p là một số nguyên tố, m ≤ n là hai số tự
nhiên. Khi đó, số tự nhiên k lớn nhất sao cho pk là ước của hệ số nhị thức

n
m là số các lần nhớ khi cộng m và n − m theo cơ số p.
Gọi x là phần nguyên của số thực x.
Cho p là số nguyên tố. Ta ký hiệu v p (n) cho số mũ của lũy thừa cao nhất
của p chia hết n, σ p (n) là tổng các chữ số của n khi viết theo cơ số p.
Bổ đề 1.1.2 (Legendre). Cho n ≥ 1 là số tự nhiên và p là số nguyên tố. Khi
đó
v p (n!) = ∑

i≥1

n − σ p (n)
n
=
.
pi
p−1

Chứng minh. Vì n! là tích tất cả các số tự nhiên từ 1 đến n nên với mỗi bội
n
của p trong các số từ 1 đến n ta được một thừa số p và do vậy có đúng
.
p
n
Tương tự, từ mỗi bội của p2 , ta có thêm 2 thừa số p... Do đó lũy thừa
p
n
cao nhất của p chia hết n! sẽ bằng ∑i≥1 i .
p

5

Giả sử n = n0 + n1 p + ... + nt pt là biểu diễn của n theo cơ số p. Khi đó
ta có
v p (n!) = ∑

i≥1
t

= ∑ (nt pt−i + · · · + ni+1 p + ni )
i=1

t

t

= ∑ ∑ njp
=

t

n
pi

j−i

i=1 j=i
t
pj −1

∑ nj p−1

=
=

j=1

=

1
p−1

j

∑ ∑ n j p j−i

j=1 i=1
t
pj −1

∑ nj p−1

j=0

t

∑ (n j p j − n j ) =

j=0

n − σ p (n)
.
p−1

Chứng minh Định lý Kummer. Giả sử rằng n = m+r. Ta viết ba số này theo
cơ số p: n = n0 + n1 p + · · · + nt pt , tương tự cho m và r . Đặt ε j = 1 nếu khi
cộng m và r theo cơ số p có nhớ ở chữ số thứ j, và ε j = 0 nếu khơng có
nhớ. Dễ thấy rằng n0 = m0 + r0 − pε0 và n j = m j + r j + ε j−1 − pε j với mỗi
j ≥ 1.
Khi đó, theo cơng thức trên ta có
vp

n
m

= v p (n!) − v p (m!) − v p (r!)
n − σ p (n) m − σ p (m) r − σ p (r)
−
−
p−1
p−1
p−1
t
mj +rj −nj
σ p (m) + σ p (r) − σ p (n)
=
=∑
p−1
p−1

j=0
=

=

pε0 + ∑tj=1 pε j − ε j−1
p−1

t

=

∑ ε j.

j=0

chính là số các phép nhớ khi cộng m và n − m theo cơ số p. Chứng minh
hồn tất.
Ví dụ 1.1.3. Lấy n = 32, m = 18. Biểu diễn theo cơ số p = 5 ta có
32 = 1125 , 18 = 335 , 14 = 245
Dễ thấy rằng phép cộng 335 + 245 có hai lần nhớ.


6

Mặt khác

32
18

32
18

= 471435600 = 52 .18877424, do vậy v p

= 2, cũng

chính bằng số lần nhớ ở trên.
1.1.1

Hệ quả

Dưới đây là một số hệ quả của Định lý Kummer.
Hệ quả 1.1.4. Với n là một số nguyên dương, khi đó nk ≡ 0 ( mod n) nếu
và chỉ với mọi ước nguyên tố p là một ước nguyên tố của n mà v p (n) = a,
thì phép trừ n − k theo cơ số p cần ít nhất a phép mượn.
Chứng minh. Chú ý rằng

n
k

≡ 0 ( mod n) khi và chỉ khi

n
k

≡ 0 ( mod pa ),

với mọi ước nguyên tố p của n với v p (n) = a. Theo Định lý Kummer,

n
k

≡

0( mod pa ) khi và chỉ khi phép trừ n cho k trong cơ số p cần ít nhất a phép
mượn.
Hệ quả 1.1.5. Nếu m, n, k là các số nguyên dương thỏa mãn gcd(n, k) = 1
thì

mn
k

≡ 0 ( mod n).

Chứng minh. Giả sử p là một ước nguyên tố bất kỳ của n với v p (n) = a. Ta
viết k = k0 + k1 p + ... + kt pt trong cơ số p. Vì gcd(n, k) = 1 nên k0 = 0. Chú
ý rằng mn = mn pa với số nguyên n nào đó. Do đó phép trừ mn cho k theo
cơ số p phải có ít nhất là a phép nhớ. Theo Định lý Kummer ta có mn
k ≡
0 ( mod pa ). Vì p là ước nguyên tố bất kỳ của n nên

1.2

mn
k

≡ 0 ( mod n).

Định lý Lucas

Năm 1878, Lucas đã đưa ra một phương pháp để tính
Lucas phát biểu như sau

n
m

( mod p). Định lý

Định lý 1.2.1. Cho m, n là hai số tự nhiên, p là một số nguyên tố. Giả sử
m, n có biểu diễn theo cơ số p dưới dạng
m = m0 + m1 p + · · · + ms ps , n = n0 + n1 p + · · · + ns ps
với 0 ≤ mi , ni ≤ p − 1, khi đó
s
n
ni
≡∏
m
i=0 mi

( mod p)


7

Ta sẽ chứng minh định lý này. Trước tiên ta có định nghĩa sau.
Định nghĩa 1.2.2. Cho đa thức f (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n ∈ Z[X]. Ta
viết f (X) ≡ 0( mod p) nếu ai ≡ 0( mod p) với mọi i = 1, . . . , n. Với hai đa
thức f (X) và g(X) trong Z[X], ta viết f (X) ≡ g(X)( mod p) nếu f (X) −
g(X) ≡ 0( mod p).

i

i

Bổ đề 1.2.3. Với i ≥ 0, ta có (1 + X) p ≡ 1 + X p ( mod p).
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo i. Với i = 0 thì khẳng định
là hiển nhiên. Giả sử khẳng định đã đúng với i ≥ 0. Ta có
(1 + X) p

i+1

≡ 1+Xp

i

p−1

≡ 1+

∑
k=1
pi+1

≡ 1+X
vì ta có p |

p
k

p

( mod p)
i+1
p pi k
X + X p ( mod p)
k

( mod p),

với mọi k = 1, . . . , p − 1.

Chứng minh Định lý Lucas. Ta có
n

∑

m=0

s
i
n
X m = (1 + X)n = ∏ (1 + X) p
m
i=0
s

i
(1 + X p )ni

≡∏

s

=∏
=

p−1

∑

i=0

mi =0

n

s

∑ ∏

m=0

ni

s

=∏

∑

mi =0

i=0

i=0

i=0

ni

i
ni
X mi p
mi

( mod p)

i
ni
X mi p
mi

ni
mi

Đồng nhất hệ số ở hai vế ta được

X m ( mod p)
n
m

≡ ∏si=0

ni
mi

( mod p).

Ví dụ 1.2.4. Với n = 57, m = 32, p = 5, ta có n = 57 = 2125 , m = 32 = 1125 .
Dễ thấy 57
32 = 9929472283517787 ≡ 2 ( mod 5), còn
2 1 2
2 ( mod 5), do đó 57
32 ≡ 1 1 2 ( mod 5).

2
1

1
1

2
2

=2≡


8

Định lý Lucas có thể phát biểu tương đương lại dưới dạng: Với số nguyên
tố p và các số nguyên dương n, m, r, s thỏa mãn 0 ≤ r, s ≤ p − 1, ta có

np + r
n
≡
mp + s
m
Kết quả này ngay lập tức cho ta

np
mp

r
(mod p)
s
≡

n
m

(mod p).

Dễ dàng thấy rằng nếu n = n0 + n1 p + · · · + ns ps thì với mỗi k = 1, s, ta
có

n
≡ nk (mod p).
pk
n
Trong trường hợp đặc biệt với k = 1 ta có np ≡
(mod p).
p

1.2.1

n
pk

≡

Hệ quả

Dưới đây là một số hệ quả của Định lý Lucas.
Hệ quả 1.2.5. Cho p là một số nguyên tố và m, n, k là ba số nguyên dương
thỏa mãn m ≤ n. Khi đó
npk
mpk
Chứng minh. Ta đã biết
npk

Giả sử mpk ≡
chứng minh

n
m

np
mp

≡

≡
n

m

n
(mod p).
m
(mod p).

(mod p) đúng với k nguyên dương nào đó. Ta sẽ
npk+1
n
≡
(mod p).
mpk+1
m

Thật vậy, theo Định lý Lucas ta có
npk+1
npk
≡
mpk+1
mpk

(mod p).

Kết hợp với giả thiết quy nạp, ta có điều phải chứng minh.


9

Một số bài tập ứng dụng

Bài tập 1. Chứng minh

1000
500

không chia hết cho 7.

Chứng minh. Thật vậy, ở đây n = 1000, k = 500 và r = n − k = 500, và viết
trong cơ số 7, ta có
500 = 3 + 1 · 7 + 3 · 72 + 1 · 73 = 13137 .
Khi cộng m = 13137 và r = 13137 trong cơ số 7 thì khơng có nhớ. Do đó
theo Định lý Kummer, lũy thừa cao nhất của 7 mà chia hết
Tức là

1000
500

1000
500

là 70 = 1.

khơng chia hết cho 7.

Bài tập 2. Tìm chữ số tận cùng của

99
19

.

Chứng minh. Ta sẽ đi tìm số dư của của 99
19 cho 2 và 5. Viết trong cơ số
2, ta có n = 99 = 26 + 25 + 2 + 1 = 11000112 và k = 19 = 24 + 2 + 1 =
00100112 . Theo Định lý Lucas
99
1
≡
0
19

1
0

0
1

0
0

0
0

1
1

1
≡ 0( mod 2).
1

Viết trong cơ số 5, ta có n = 3 · 52 + 4 · 5 + 4 = 3445 và k = 19 = 3 · 5 + 4 =
0345 . Theo Định lý Lucas
99
3
≡
19
0
Do đó

99
19

4
3

4
= 4( mod 5).
4

≡ 4( mod 10) và chữ số tận cùng của

99
19

là 4.

Bài tập 3. Cho p là một số nguyên tố, n là một số tự nhiên. Lấy modulo
p các hàng của tam giác Pascal ta thu được một tam giác gọi là tam giác
p-Pascal. Chứng minh rằng số các phần tử khác không trong hàng thứ n của
một tam giác p-Pascal bằng ∏(ni + 1) trong đó ni là chữ số thứ i trong biểu

diễn theo cơ số p của n.


10

Chứng minh. Các phần tử ở hàng thứ n của tam giác p-Pascal khác không
tương ứng với các số 0 ≤ k ≤ n mà p nk .
Theo Định lý Kummer, p

n
k

khi và chỉ khi phép trừ n cho k theo cơ số

p khơng có phép nhớ nào. Do đó ki ≤ ni với mọi i, ở đây ki là chữ số thứ i
trong biểu diễn theo cơ số p của k. Do vậy ta có ni + 1 cách chọn cho ki , từ
0 đến ni . Như vậy dễ dàng thấy rằng số các phần tử khác không trong hàng
thứ n của một p tam giác Pascal bằng ∏(ni + 1).
Bài tập 4. Cho 0 < k < n + 1. Chứng minh rằng nếu p
p n+1
k .

n
k

và p n + 1, thì

Chứng minh. Giả sử n = n0 + n1 p + · · · và k = k0 + k1 p + · · · là các biểu
diễn theo cơ số p của n và k tương ứng. Vì p n + 1 nên 0 ≤ n0 ≤ p − 2. Vì
p nk nên theo Định lý Kummer, khơng có nhớ khi cộng k và n − k theo cơ

số p, hay ki ≤ ni với mọi i. Tương tự ta cũng có bất đẳng thức này với cặp
k và n + 1 vì n + 1 cũng có biểu diễn theo cơ số p giống n ngoại trừ chữ số
hàng đơn vị hơn 1 đơn vị. Do đó, p

n+1
k

.

Bài tập 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì Cn =

1 2n
n+1 n

là

cũng số tự nhiên. (Số Cn này được gọi là số Catalan thứ n.)
Chứng minh. Để chứng minh Cn là số tự nhiên, ta sẽ chỉ ra rằng với mọi
ước nguyên tố p của n + 1, ta có
v p (n + 1) ≤ v p (

2n
).
n

Gọi l = v p (n + 1). Khi đó trong cơ số p, n + 1 có biểu diễn là
n + 1 = as · · · a1 a0 0 · · · 0( với l số 0 tận cùng và a0 = 0).
Do vậy n có biểu diễn trong cơ số p là
n = as · · · a1 (a0 − 1)(p − 1) · · · (p − 1)( với l số (p − 1) tận cùng).

11

Do đó phép cộng n + n trong cơ số p cần ít nhất l phép nhớ, do vậy
v p(

2n
) ≥ l = v p (n + 1).
n

1 2k
. Chứng minh rằng ∑nk=1 Ck ≡ 1 ( mod 3) khi
k+1 k
và chỉ khi n + 1 có chứa ít nhất một chữ số 2 khi được biểu diễn theo cơ số
3.
Bài tập 6. Đặt Ck =

Chứng minh. Chú ý rằng
2n + 2
2n
2n + 1 2n
2n
−4
=2
−4
= −2Cn .
n+1
n
n+1 n
n

Do đó Cn ≡
n

∑ Ck ≡
k=1

=

2n+2
n+1

2n
n

−

( mod 3). Bởi vậy

2n + 2
2n
−
n+1
n

2n
2n − 2
−
n
n−1

+

+···

2n + 2
+ 1 ( mod 3).
n+1

Do đó, theo Định lý Kummer, khi cộng n + 1 với chính nó trong cơ sở 3,
ta phải có ít nhất 1 số nhớ, và điều này xảy ra khi và chỉ khi n + 1 có chứa ít
nhất 1 chữ số 2 khi biểu diễn theo cơ số 3.
Bài tập 7. [2010 Vietnam Team Selection Test/6] Gọi Sn là tổng bình
phương của các hệ số của đa thức (1 + x)n . Chứng minh rằng S2n + 1 không
chia hết cho 3.
n

Giải. Ta có (1 + x)n = ∑
k=0

n
k

xn . Do vậy
n

Sn =

∑
k=0

n
k

2

=

2n
.
n

Do vậy chúng ta phải chứng minh rằng 4n
2n + 1 không chia hết cho 3. Ta
viết 4n và 2n theo cơ số 3: 4n = id id−1 · · · i0 3 và 2n = jd jd−1 · · · j0 3 . Theo


12

Định lý Lucas, ta có
4n
=
2n

id
i1
···
jd
j1

i0

j0

(mod 3).

Nếu với k nào đó mà ik < jk thì vế trái của đẳng thức đồng dư trên sẽ
chia hết cho 3 và do vậy

4n
2n

+ 1 chia cho 3 dư 1, và ta có điều phải chứng

minh. Bây giờ ta sẽ giả sử ik ≥ jk ∀k. Khi đó biểu diễn theo cơ số 3 của
2n = 4n − 2n chính là
2n = 4n − 2n = (id − jd )(id−1 − id−1 ) · · · (i0 − j0 ).
So sánh 2 biểu diễn theo cơ số 3 của 2n, ta suy ra ik − jk = jk , với mọi k. Từ
đó suy ra cặp (ik , jk ) hoặc bằng (0, 0) hoặc bằng (2, 1). Gọi S là tập các chỉ
số k ∈ {1, . . . , d} mà (ik , jk ) = (2, 1). Khi đó vì
d

2n =

∑ (ik − jk )3k = ∑ 3k
k=0

k∈S

là một số chẵn, nên số phần tử s của tập S là chẵn. Do vậy
4n
0

≡
2n
0

k−s

2
1

s

= 2s ≡ 1

(mod 3).

Suy ra 4n
2n + 1 chia cho 3 dư 2. Như vậy ta đã chỉ ra rằng
3 luôn dư 1 hoặc 2. Đây là điều phải chứng minh.

4n
2n

+ 1 chia cho

Bài tập 8. Cho p là một số nguyên tố, k, n là các số nguyên dương. Chứng
n
minh rằng p k−1 ≡ (−1)σ p (k) ( mod p) với σ p (k) là tổng các chữ số của k
khi biểu diễn theo cơ số p.
Chứng minh. Vì p − 1 ≡ −1 ( mod p) nên ta có

p−1
k

≡ (−1)k ( mod p).

Dễ thấy rằng các chữ số của pn − 1 khi biểu diễn theo cơ số p đều bằng
p − 1. Do đó, lại theo Định lý Lucas, ta có
pn − 1
p−1
≡∏
( mod p).
k
ki


13

trong đó ki là chữ số thứ i trong biểu diễn của k theo cơ số p.
Áp dụng nhận xét ở trên ta có ∏ p−1
≡ ∏(−1)ki = (−1)∑ ki . Vì vậy
ki
pn −1
k

≡ (−1)σ p (k) ( mod p).

Bài tập 9. Cho p, q là hai số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng
2pq−1
2p−1
2q−1

pq−1 ≡ 1 ( mod pq) khi và chỉ khi p−1 ≡ 1 ( mod q) và q−1 ≡ 1 ( mod
p).
Chứng minh. Ta thấy 2pq − 1 = (2q − 1)p + p − 1 do đó chữ số cuối cùng
trong biểu diễn theo cơ số p của 2pq − 1 là p − 1. Tương tự như vậy, chữ
số cuối cùng trong biểu diễn theo cơ số p của pq − 1 cũng là p − 1. Do đó,
theo Định lý Lucas,
2pq − 1
2q − 1
≡
pq − 1
q−1

p−1
2q − 1
≡
( mod p).
p−1
q−1

Tương tự ta có
2pq − 1
2p − 1
≡
pq − 1
p−1
Ta có
2pq−1
pq−1
2p−1
p−1

2pq−1
pq−1

q−1
2p − 1
≡
( mod q).
q−1
p−1
2pq−1
pq−1
với 2q−1
q−1

≡ 1 (mod pq) khi và chỉ khi

≡ 1 (mod p) và

≡ 1 (mod q), điều này lại tương đương
≡ 1 (mod p) và
≡ 1 (mod q), theo hai đẳng thức dồng dư ở trên.

Bài tập 10. Cho p là số nguyên tố và n, m là hai số tự nhiên tùy ý. Chứng
pn
minh rằng p2 | pm
− mn .
Chứng minh. Trước tiên, chú ý rằng (X + 1) pn = (X + 1) p(n−1) (X + 1) p .
Đồng nhất hệ số của X pm ở hai vế đẳng thức trên, ta được
pn

=
pm

p(n − 1)
pm

p
p(n − 1)
p
+
0
pm − 1
1
p(n − 1)
p
p(n − 1)
+···+
+
pm − p + 1
p−1
pm − p

p
.
p

Theo Định lý Lucas, mỗi hệ số nhị thức đều chia hết cho p. Vì thế tất
cả các số hạng trong tổng trên đều chia hết cho p2 , trừ số hạng đầu tiên và

14

cuối cùng. Do đó
pn
≡
pm

p(n − 1)
p(n − 1)
+
( mod p2 ).
pm
p(m − 1)

Lùi vơ hạn, ta có
p(n − 1)
p(n − 1)
n−1
n−1
n
+
≡
+
≡
( mod p2 ).
pm
p(m − 1)
m
m−1
m

Chứng minh hoàn tất.


15

Chương 2
Hệ số nhị thức modulo lũy thừa nguyên
tố
Trong chương này chúng tơi trình bày một mở rộng của Định lý Wilson, mở
rộng của Định lý Lucas và một kết quả của Granwille về đồng dư modulo
lũy thừa nguyên tố của hệ số nhị thức.

2.1

Mở rộng của định lý Wilson

Ký hiệu (n!) p cho tích tất cả các số nguyên dương không vượt quá n và
không chia hết cho p. Định lý Wilson phát biểu rằng với mọi số nguyên tố
p, (p − 1)! ≡ −1 ( mod p) hay (p!) p ≡ −1 ( mod p).
Trong phần này ta sẽ chứng minh một số mở rộng của Định lý Wilson.
Định lý 2.1.1. Cho p là một số nguyên tố, n là một số nguyên dương bất kỳ,
n = n0 + n1 p + · · · + ns ps . Khi đó
n
(−1) p (n!) p ≡ n0 ! ( mod p).
Chứng minh. Ta thấy
n
p

(n!) p =

−1

∏

(kp + 1)(kp + 2) · · · (kp + p − 1)×

k=0

n
p+1
p

n
p+2 ···
p

n
p + n0 .
p


16

Dễ thấy rằng
(kp + 1)(kp + 2)...(kp + p − 1) ≡ (p − 1)! ( mod p),
còn
n
p+1
p

n
p + 2 ...
p

n
p + n0 ≡ n0 ! ( mod p).
p

Từ nhận xét này kết hợp với Định lý Wilson, ta có
n
(−1) p (n!) p ≡ n0 ! ( mod p)

Định lý 2.1.2. Cho p là số nguyên tố, và n là số tự nhiên. Ta viết n =
n0 + n1 p + · · · + ns ps trong cơ số p. Khi đó, ta có
n!
pv p (n!)

= (−1)v p (n!) n0 !n1 ! · · · ns !( mod p).

Chứng minh. Ta có n! = (n!) p · p[n/p] · ([n/p])!. Do vậy, ta có
1
p[n/p]

n! = (n!) p [n/p]!.

Do đó theo Định lý 2.1.1, ta có
1
p[n/p]

n! ≡ (−1)[n/p] n0 !([n/p])!( mod p).

(Chú ý rằng n0 chính là số dư của n cho p, tức là chữ số hàng đơn vị của n
khi viết theo cơ số p.) Thay n bởi [n/p] trong công thức trên, ta suy ra
1
p[

n/p2

2

]

[n/p]! ≡ (−1)[n/p ] n1 !([n/p2 ]!)( mod p).

(Chú ý rằng n1 chính là số dư của n cho p2 , cũng là chữ số hàng đơn vị của
[n/p] khi viết theo cơ số p.) Cứ tiếp tục quá trình như vậy, ta suy ra với mọi


17

i ≥ 0 ta có
1
p[

n/pi+1

]

[n/pi ]! ≡ (−1)[n/p

i+1

]ni !([n/pi+1 ]!)( mod p).

Kết hợp các đẳng thức này, ta suy ra
1
p∑i≥1

i

[n/pi ]

n! ≡ (−1)∑i≥1 [n/p ] n0 !n1 ! · · · ns !( mod p).

Theo Bổ đề 1.1.2, ta có v p (n!) = ∑i≥1 [n/pi ]. Do đó,
n!
pv p (n!)

≡ (−1)v p (n!) n0 !n1 ! · · · ns !( mod p).

Định lý 2.1.3. Cho p là một số nguyên tố, pq là một lũy thừa bất kỳ của nó.
Khi đó
(pq !) p ≡ δ ( mod pq )

1,
nếu p = 2, q ≥ 3.
trong đó δ =
−1, trong những trường hợp còn lại.
Chứng minh. Dễ thấy rằng chúng ta có thể chia tích (pq !) p thành hai nhóm,
gồm tích các m mà m ≡ m−1 (mod pq ) và một nhóm là tích các m mà

m ≡ m−1 ( mod pq ).
Từ đây ta được (pq !) p đồng dư với tích các m ≤ pq mà m2 ≡ 1 ( mod pq ).
Ta có m2 − 1 = (m − 1)(m + 1) ( mod pq ). Do đó pq |(m − 1)(m + 1).
Vì gcd(m − 1, m + 1) = 1 hoặc 2 nên ta có hai trường hợp như sau.
1. Nếu gcd(m − 1, m + 1) = 1 thì hoặc pq |m − 1 hoặc pq |m + 1 do đó
m ≡ ±1 ( mod pq ). Vì thế m = 1 hoặc pq − 1.
2. Nếu gcd(m − 1, m + 1) = 2 thì m − 1 = 2z, m + 1 = 2t, với z,t ∈ N,
gcd(z,t) = 1.

• Nếu p = 2 thì pq |(m − 1)(m + 1) = 4zt nên pq |zt với gcd(z,t) = 1.
Suy ra pq hoặc chia hết z hoặc chia hết t hay pq hoặc chia hết
m − 1 hoặc chia hết m + 1 nên tựu lại ta quay lại trường hợp thứ
nhất trên.


18

• Nếu p = 2 thì 2q |4zt. Nếu q < 3 thì bằng vài tính tốn đơn giản ta
thấy m = 1 hoặc pq − 1. Nếu q ≥ 3 hoặc 2q−2 |z hoặc 2q−2 |t. Do
đó hoặc 2q−1 |m − 1 hoặc 2q−1 |m + 1, mà m < 2q nên trong trường
hợp này hoặc m = 2q−1 + 1 hoặc m = 2q−1 − 1.
Tóm lại những m < pq thỏa mãn m2 ≡ 1 ( mod pq ) là 1 và pq − 1 trừ phi
pq = 2 (trong trường hợp này ta chỉ có m = 1) và p = 2, q ≥ 3 mà ta có
thêm các nghiệm là 2q−1 + 1 và m = 2q−1 − 1.
Từ đó ta có (pq !) p hoặc đồng dư với 1 nếu p = 2, q ≥ 3 hoặc đồng dư
với −1 trong các trường hợp cịn lại.
Ví dụ 2.1.4. Ví dụ lấy p = 3, q = 2, ta thấy (32 !)3 = 1.2.4.5.7.8. Để ý rằng
2 = 5−1 ( mod 32 ) còn 4 = 7−1 ( mod 32 ) nên ta có thể ghép cặp (32 !)3 =
1.8.(2.5).(4.7) ≡ 1.(−1).1.1 = 1 ( mod 32 ).

2.2

Một mở rộng của định lý Lucas
n
m

ni
mi

( mod p). Nếu pk là lũy thừa cao
1
nhất của p chia hết mn thì ta có thể quan tâm tới k mn ( mod p).
p
Câu trả lời là một kết quả của Anton (1869), Stickelberger (1890) và

Định lý Lucas cho ta biết

≡ ∏i≥0

Hensel (1902), phát biểu như sau.
Định lý 2.2.1. Cho p là một số nguyên tố, n ≥ m là hai số tự nhiên, r =
n − m. Giả sử m, n, r có biểu diễn theo cơ số p dưới dạng
m = m0 + m1 p + · · · + ms ps ,
n = n0 + n1 p + · · · + ns ps ,
r = r 0 + r 1 p + · · · + r s ps .
Gọi k = v p (

n
m

). Khi đó ta có

1 n
n0 !
k
≡
(−1)
m0 !r0 !
pk m

n1 !
ns !
...
m1 !r1 !
ms !rs !

( mod p).

Trước khi chứng minh Định lý, ta cần một bổ đề đơn giản sau.


19

Bổ đề 2.2.2. Cho a ≡ b( mod p), và c ≡ d( mod p). Giả sử thêm rằng c | a,
d | b, và p c. Khi đó
a b
≡ ( mod p).
c d
Chứng minh. Vì p c và c ≡ d( mod p), nên ta cũng có p d. Do vậy gcd(p, cd) =
1. Từ giả thiết ta suy ra p | ad − bc. Kết hợp với gcd(p, cd) = 1, ta có

p | (ad − bc)/cd. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh Định lý 2.2.1. Bằng cách áp dụng Định lý 2.1.2 cho n, m và r,
ta được
n!
≡ (−1)v p (n!) n0 !n1 ! · · · ns !( mod p),
v
(n!)
p
p
m!
≡ (−1)v p (m!) m0 !m1 ! · · · ms !( mod p),
v
(m!)
p
p
r!
≡ (−1)v p (r!) r0 !r1 ! · · · rs !( mod p).
v
(r!)
p
p
Hiển nhiên rằng

m!
pv p (m!)

và

r!
pv p (r!)

không chia hết cho p. Áp dụng Bổ đề trên

(hai lần), ta suy ra
n1
(−1)v p (n!)
n0 !
ns !
pv p (m!) pv p (r!) n!
≡
·
·
·
( mod p).
v p (n!) m!r! (−1)v p (m!) (−1)v p (r!) m0 !r0 ! m1 !r1 ! ms !rs !
Rõ ràng rằng k = v p (n!) − v p (m!) − v p (r!). Do vậy, ta có
1 n
n0 !
k
≡
(−1)
m0 !r0 !
pk m

n1 !
ns !
···
m1 !r1 !
ms !rs !

( mod p).

Ví dụ 2.2.3. Cho p = 3, n = 13 và m = 5. Khi đó r = n − m = 8. Viết trong
cơ số 3, ta có
13 = 1 + 1 · 3 + 1 · 32 = 1113
5 = 2 + 1 · 3 = 123
8 = 2 + 2 · 3 = 223
Số các nhớ khi cộng m = 5 = 123 và n − m = 8 = 223 trong cơ số 3 là 2.
(Nhớ đầu xuất hiện ở việc cộng hàng đơn vị 2+2=4, ghi kết quả là 1 và nhớ
1 cho phép cộng hàng chục. Ta có cũng có “nhớ” khi cộng hàng chục, vì
phép cộng hàng chục là 1+2+1=4 bằng 113 .) Do đó lũy thừa cao nhất của 3


20
13
5

mà chia hết

là 32 .Vì thế k = 2 và công thức (2) trở thành

1 13
1!
2
≡
(−1)
32 5
2!2!

1!

1!2!

1!
( mod 3).
0!0!

Cái này đúng vì vế trái của nó là
1 13 · 12 · 11 · 10 · 9
= 13 · 11 ≡ 2( mod 3);
32 1 · 2 · 3 · 4 · 5
và vế phải là
1 1
≡ 2( mod 3).
2·22
Ví dụ 2.2.4. (Ví dụ này lấy trong [2, page 230].) Xét p = 7, và n và k
trong cơ số 7 cho bởi n = 24136057 và k = 12016327 . Khi đó r = n − k =
12116437 . Theo Định lý Kummer l = v p
(−1)l n
≡
72
k

2!
1!1!
0!
3!4!

4!
2!2!
5!

2!3!

n
k

= 2. Theo Định lý trên ta có

1!
0!1!

3!
1!1!

6!
×
6!6!

(mod 7)

≡ 2 (mod 7).
Suy ra

n
k

≡ 98( mod 343).

Mệnh đề 2.2.5. Cho p là số nguyên tố và 0 ≤ m < n < p. Khi đó
np + m
≡ (−1)m+n+1 p( mod p2 ).

mp + n
Chứng minh. Ta viết N := np + m, M := mp + n và R := N − M trong cơ số
p, ta có
N = nm,

M = mn,

R = (n − m − 1)(p + m − n).

Số phép nhớ khi cộng M với R trong cơ số p chính là 1. Theo Định lý 2.2.1,


21

ta có
1 N
n!
m!
≡ (−1)
( mod p)
p M
m!(n − m − 1)! n!(p + m − n)!
(p − 1)!
p−1
≡
=
( mod p),
(n − m − 1)!(p + m − n)!
n−m−1
ở đây ta đã sử dụng Định lý Wilson nói rằng −1 ≡ (p − 1)!( mod p). Ta đã

biết rằng

p−1
k

≡= (−1)k ( mod p), với mọi 0 ≤ k < p. Do vậy

np + m
p−1
≡p
≡ (−1)n−m−1 p ≡ (−1)n+m+1 p( mod p2 ).
n−m−1
mp + n

2.3

Hệ số nhị thức modulo lũy thừa nguyên tố

Một câu hỏi tự nhiên đặt ra sau khi ta chứng minh xong Định lý 2.2.1 là có
hay khơng một công thức tương tự modulo pq với q ≥ 1 bất kỳ. Trong mục
này chúng ta sẽ trình bày một kết quả tương tự của Granwille, phép chứng
minh và một số ví dụ minh họa cho kết quả tổng quát đó.
Trước tiên ta sẽ mở rộng Định lý 2.1.1 và Định lý 2.1.2 cho modulo lũy
thừa nguyên tố.
Định lý 2.3.1. Cho pq là một lũy thừa của số nguyên tố p và n là một số tự
nhiên. Gọi N0 là số dư của n khi chia cho pq . Khi đó ta có
q

δ [n/p ] (n!) p ≡ (N0 !) p ( mod pq ),
trong đó δ = −1 nếu p = 2, q ≥ 3, và δ = −1 trong các trường hợp còn lại.

Chứng minh. Ký hiệu ∏ là tích trên các số ngun khơng chia hết cho p.


22

Ta có
δ

[n/pq ]

(n!) p = δ

[n/pq ]−1

[n/pq ]

∏ q(ipq + j)

∏

1≤ j
i=0

≡ δ [n/p

∏qj

∏

1≤ j
i=0

≡δ

(

1≤ j≤N0

n q
p + j)
pq

[n/pq ]−1

q]

[n/pq ]

∏

[n/pq ]

((pq !) p )

∏

j ( mod pq )

1≤ j≤N0

(N0 !) p ( mod pq )

≡ (N0 !) p ( mod pq ).
Ở đây, đồng dư cuối cùng suy ra từ Định lý 2.1.3 nói rằng ta có (pq !) p ≡
δ ( mod pq ).
Định lý 2.3.2. Cho pq là một lũy thừa của số nguyên tố p và n là một số tự
nhiên. Với mỗi i ≥ 0, ta gọi Ni là số dư của [n/pi ] khi chia cho pq . Khi đó
n!
pv p (n!)

i

≡ δ ∑i≥q [n/p ] ∏(Ni !) p ( mod pq ).
i≥0

Chứng minh. Ta có n! = (n!) p · p[n/p] · ([n/p])!. Do vậy, ta có
1
p[n/p]

n! = (n!) p [n/p]!.

Do đó theo Định lý 2.3.1, ta có
1

p

q

n! ≡ δ [n/p ] (N0 !) p ([n/p])!( mod pq ).
[n/p]

Thay n bởi [n/p] trong công thức trên, ta suy ra
1
p[

n/p2

]

[n/p]! ≡ δ [n/p

q+1 ]

(N1 !) p ([n/p2 ]!)( mod pq ).

Cứ tiếp tục quá trình như vậy, ta suy ra với mọi i ≥ 0 ta có
1
p[

n/pi+1

]

[n/pi ]! ≡ δ [n/p

q+i

](Ni !) p ([n/pi+1 ])!( mod pq ).