在数学里,库默尔定理能计算给出的二项式的系数的p-adic赋值(英语:P-adic valuation),即 ( n m ) {\displaystyle {\binom {n}{m}}} 含p的幂次。 本定理以恩斯特·库默尔命名。 定理 库默尔定理指出,给定整数 n ≥ m ≥ 0 {\displaystyle n\geq m\geq 0} 和一个质数 p {\displaystyle p} , p-adic赋值 ν p ( ( n m ) ) {\displaystyle \nu _{p}\left({\tbinom {n}{m}}\right)} 等于以 p {\displaystyle p} 为基底时 m {\displaystyle m} 加 n − m {\displaystyle n-m} 的进位次数。 Remove ads例子 要计算 ν 2 ( ( 10 3 ) ) {\displaystyle \nu _{2}\left({\tbinom {10}{3}}\right)} ,写出 m = 3 {\displaystyle m=3} 和 n − m = 7 {\displaystyle n-m=7} 的二进制表示 3 = 11 2 {\displaystyle 3=11_{2}} 和 7 = 111 2 {\displaystyle 7=111_{2}} 。进行二进制加法 11 2 + 111 2 = 1010 2 {\displaystyle 11_{2}+111_{2}=1010_{2}} 需要进位三次。 故 ( 10 3 ) = 120 = 2 3 ⋅ 15 {\displaystyle {\tbinom {10}{3}}=120=2^{3}\cdot 15} 中 2 的次数是 3。 求具有下述性质的所有整数 k {\displaystyle k} :存在无穷多个正整数 n {\displaystyle n} ,使得 n + k {\displaystyle n+k} 不整除 ( 2 n n ) {\displaystyle {\binom {2n}{n}}} 。[1] 解 ∵ ( 2 n n − 1 ) = 2 n ( 2 n − 1 ) ⋯ ( n + 2 ) ( n − 1 ) ! = n n + 1 ( 2 n n ) {\displaystyle {\binom {2n}{n-1}}={\frac {2n(2n-1)\cdots (n+2)}{(n-1)!}}={\frac {n}{n+1}}{\binom {2n}{n}}} , ∴ 1 n + 1 ( 2 n n ) = ( 2 n n ) − ( 2 n n − 1 ) {\displaystyle {\frac {1}{n+1}}{\binom {2n}{n}}={\binom {2n}{n}}-{\binom {2n}{n-1}}} 是整数, ∴ n + 1 | ( 2 n n ) {\displaystyle n+1\left|{\binom {2n}{n}}\right.} 对任意正整数 n {\displaystyle n} 成立,从而 1 不满足要求. 当 k ≤ 0 {\displaystyle k\leq 0} 时,取 n = p − k {\displaystyle n=p-k} ( p {\displaystyle p} 为奇素数, p > − 2 k {\displaystyle p>-2k} ),满足要求. 当 k ≥ 2 {\displaystyle k\geq 2} 时,取 k {\displaystyle k} 的一个素因子 p {\displaystyle p} ,选取正整数 m {\displaystyle m} 使得 p m > k {\displaystyle p^{m}>k} ,令 n = p m − k {\displaystyle n=p^{m}-k} ,我们证明: n + k {\displaystyle n+k} 不整除 ( 2 n n ) {\displaystyle {\binom {2n}{n}}} . 2 n = n + n {\displaystyle 2n=n+n} 最多进位 m − 1 {\displaystyle m-1} 次. 由库默尔定理, ν p ( ( 2 n n ) ) ≤ m − 1 {\displaystyle \nu _{p}\left({\binom {2n}{n}}\right)\leq m-1} , ∵ n + k = p m {\displaystyle n+k=p^{m}} ,∴ n + k {\displaystyle n+k} 不整除 ( 2 n n ) {\displaystyle {\binom {2n}{n}}} . 从而存在无穷多个 n {\displaystyle n} 满足要求. 综上, k {\displaystyle k} 是任意不为1的整数. Remove ads证明 将组合数 ( m + n m ) {\displaystyle {\tbinom {m+n}{m}}} 写成 ( m + n m ) = ( m + n ) ! m ! n ! {\displaystyle {\tbinom {m+n}{m}}={\tfrac {(m+n)!}{m!n!}}} 根据勒让德定理,它所含 p {\displaystyle p} 的幂次数为 ∑ i = 1 ∞ [ m + n p i ] − ∑ i = 1 ∞ [ n p i ] − ∑ i = 1 ∞ [ m p i ] = ∑ i = 1 ∞ { [ m + n p i ] − [ n p i ] − [ m p i ] } {\displaystyle \sum _{i=1}^{\infty }\left[{\frac {m+n}{p^{i}}}\right]-\sum _{i=1}^{\infty }\left[{\frac {n}{p^{i}}}\right]-\sum _{i=1}^{\infty }\left[{\frac {m}{p^{i}}}\right]=\sum _{i=1}^{\infty }\left\{\left[{\frac {m+n}{p^{i}}}\right]-\left[{\frac {n}{p^{i}}}\right]-\left[{\frac {m}{p^{i}}}\right]\right\}} [ n p i ] {\displaystyle \left[{\frac {n}{p^{i}}}\right]} 等于 n {\displaystyle n} 在 p {\displaystyle p} 进制表示下,截去末 i {\displaystyle i} 位得到的数,因此 [ m + n p i ] − [ n p i ] − [ m p i ] = { 1 若 第 i + 1 位 有 进 位 0 若 第 i + 1 位 不 进 位 {\displaystyle \left[{\frac {m+n}{p^{i}}}\right]-\left[{\frac {n}{p^{i}}}\right]-\left[{\frac {m}{p^{i}}}\right]={\begin{cases}1&{\text{若 第 }}i+1{\text{ 位 有 进 位}}\\0&{\text{若 第 }}i+1{\text{ 位 不 进 位}}\end{cases}}} 最后对 i {\displaystyle i} 求和,就是 m + n {\displaystyle m+n} 在 p {\displaystyle p} 进制下的进位次数。 Remove ads多项系数的一般化 库默尔定理,可以推广到 多项系数 ( n m 1 , … , m k ) := n ! m 1 ! ⋯ m k ! {\displaystyle {\tbinom {n}{m_{1},\ldots ,m_{k}}}:={\tfrac {n!}{m_{1}!\cdots m_{k}!}}} : 将 n {\displaystyle n} 以 p {\displaystyle p} 为基底写做 n = n 0 + n 1 p + n 2 p 2 + ⋯ + n r p r {\displaystyle n=n_{0}+n_{1}p+n_{2}p^{2}+\cdots +n_{r}p^{r}} 和定义 S p ( n ) = n 0 + n 1 + ⋯ + n r {\displaystyle S_{p}(n)=n_{0}+n_{1}+\cdots +n_{r}} 是 p {\displaystyle p} 基底的数位和。 则 ν p ( ( n m 1 , … , m k ) ) = 1 p − 1 ( ∑ i = 1 k S p ( m i ) − S p ( n ) ) {\displaystyle \nu _{p}\left({\dbinom {n}{m_{1},\ldots ,m_{k}}}\right)={\dfrac {1}{p-1}}\left(\sum _{i=1}^{k}S_{p}(m_{i})-S_{p}(n)\right)} . Remove ads参见 卢卡斯定理 参考文献Loading content...Loading related searches...Wikiwand - on Seamless Wikipedia browsing. On steroids.Remove ads