《一类组合数模素数次幂性质的研究及拓展》-理学论文，数学论文-论文范文参考-科学狗论文网

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一类组合数模素数次幂性质的研究及拓展

范文

许磊

【摘要】用初等数论的知识解决问题更加方便、简洁.本文将通过对一类为模素数幂的同余问题的探究，进一步加深大家对同余理论在中学数学竞赛中重要性的理解.

【关键词】数学竞赛;初等数论;同余

近年来，随着与数论有关的问题日益增多，用初等数论知识解决问题变得更加方便、简洁.同余是基础数论的主要内容之一，它不仅是研究数论问题的重要工具，还可以用来解决许多基础数学问题.本文将通过探索一类模为素数幂的同余问题，进一步加深大家对同余理论在中学数学竞赛中重要性的理解.

一、原题研究

前不久一名学生提出了一个竞赛中的数论问题，题目如下：

若p是素数，则Cp2p-2≡0（mod p2）.

分析这个问题以前从未见过，学生基本熟知了同余的概念和性质，以及Fermat小定理、Euler定理、Wilson定理，此问题的证明应该是没有任何现成的结论引理可以套用，解题分析应该是从Cp2p的计算入手，将Cp2p用组合数阶乘定义展开，并适当约分，然后尝试用分析法和同余的性质去证明.

证当p=2时，Cp2p-2=C24-2=4≡0（mod 22）当p≥3且p为素数时，p-1为偶数，

Cp2p-2=（2p）！p！p！-2=2p（2p-1）…（p+1）p（p-1）…2·1-2

∵p是奇素数，∴（p，2）=1，故只要证（2p-1）…（p+1）（p-1）…2·1-1≡0（mod p2）.因為（2p-1）…（p+1）（p-1）…2·1=p（2p-1）…（p+1）p（p-1）…2·1=t∈Z，所以只要证（2p-1）…（p+1）≡p（p-1）…2·1（mod p2）

证法1：因为（2p-1）（p+1）=2p2+p-1≡（p-1）·1（mod p2），（2p-2）（p+2）=2p2+2p-4≡（p-2）·2（mod p2），…2p-p-12p+p-12≡p-12·p+12（mod p2），一般地，（2p-k）（p+k）=2p2+kp-k2≡（p-k）·k（mod p2），其中k=1，2，…，p-12，上述同余式组共有p-12个，相乘得，（2p-1）…（p+1）≡p（p-1）…2·1（mod p2），所以原命题得证.

关于同余式的分子（2p-1）（2p-2）…（p+1），我们做如下变形：（2p-1）（2p-2）…（p+1）=（p+p-1）（p+p-2）…（p+1）=pp-1+…+p（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1+（p-1）！，下面只要证明（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p）.

证法2：k∈{1，2，…，p-1}，唯一的xk∈{1，2，…，p-1}，使得k·xk≡1（mod p）（k=1，2，…，p-1）.所以（p-1）！k=（p-1）！xkk·xk≡（p-1）！xk（mod p），

所以（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1

≡（p-1）！（1+2+3+…+p-1）=（p-1）！p（p-1）2≡0（mod p），

所以p（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p2）.

证法3：因为（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1=（p-1）！p-（p-1）+（p-1）！p-（p-2）+…+（p-1）！p-1

≡（p-1）！-（p-1）+（p-1）！-（p-2）+…+（p-1）！-1=-（p-1）！（p-1）+（p-1）！（p-2）+…+（p-1）！1（mod p），

所以2（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p）.因为（2，p）=1，

所以（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p），

所以p（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p2），得证.

通过三种证法的比较我们发现：证法1的方法类似于等差数列求和的倒序相加法，这里使用倒序相乘法.证法2和证法3的方法相对简单，主要是对同余式的分子

（2p-1）（2p-2）…（p+1）做了适当变形得到非常重要的同余式（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p）.相对来讲，笔者认为证法2的方法更容易掌握，主要是基于同余式k·xk≡1（mod p）中可逆元的唯一性进行证明，对学习初等数论参加数学竞赛的同学应该能够掌握.证法3的方法是将分母1，2，…，p-1变为其相应的“负元”，技巧性更强，值得学习和借鉴.

二、拓展延伸

通过上述三种证法的研究，已经基本能够解决该学生提的问题.笔者又在思考是否可以继续加强命题的证明条件，成为一个推论Cp2p-2≡0（mod p3）（p≥5且p为素数）.

证由（证法2），

（2p-1）（2p-2）…（p+1）=（p+p-1）（p+p-2）…（p+1）=pp-1+…+p2（p-1）！1·2+（p-1）！1·3+…+（p-1）！（p-2）（p-1）+p（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1+（p-1）！，分两步证明：（1）先证：p2（p-1）！1·2+（p-1）！1·3+…+（p-1）！（p-2）（p-1）≡0（mod p3），只要证（p-1）！1·2+（p-1）！1·3+…+（p-1）！（p-2）（p-1）≡0（mod p）.

同证法2，我们选择用1，2，3，…，p-1的逆元去处理：

（p-1）！1·2+（p-1）！1·3+…+（p-1）！（p-2）（p-1）[k·xk≡1（mod p）]

=（p-1）！x1x2（1·x1）（2·x2）…xp-2xp-1[（p-2）·xp-2][（p-1）·xp-1]

≡（p-1）！[1·2+…+（p-2）（p-1）]（mod p）

=[ZK（]（p-1）！[1·（2+3+…+p-1）+2（1+3+…+p-1）+（p-1）（1+2+…+p-2）][ZK）]

=（p-1）！∑p-1k=1kp（p-1）2-k≡（p-1）！∑p-1k=1（-k2）（mod p）

=-（p-1）！p（p-1）（2p-1）6，

因为p≥5且p为素数，所以p中不含素因子2，3.

因为p（p-1）（2p-1）6∈Z，所以6|（p-1）（2p-1），

所以-（p-1）！p（p-1）（2p-1）6≡0（mod p）.

（2）再证：p（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p3），∵[（p-1）！，p3]=1，∴只要证11+12+…+1p-1≡0（mod p2），∵211+12+…+1p-1=∑p-1k=11k+∑p-1k=11p-k=∑p-1k=1pk（p-k）≡-p∑p-1k=11k2（mod p2）=-p∑p-1k=1x2kk2x2k=-p∑p-1k=1x2k=-p∑p-1k=1k2=-p（p-1）p（2p-1）6≡0（mod p2），其中，k·xk≡1（mod p）.综上，由（1）（2）得，Cp2p-2≡0（mod p3）（p≥5且p为素数）.继续猜想，Cp2p-2≡0（mod pk）（k≥4，p≥5且p为素数）是否仍然成立呢？留给读者进一步深入研究.

美国G·波利亚在他的著作《怎样解题：数学思维的新方法》中提道：解决问题，就好比是游泳，是一项实用技能.当你学习游泳时，你模仿别人手足动作，把头放在水上，最后通过练习（实地练习游泳）学会游泳.在解决问题的过程中，也要观察和模仿别人在解决问题的过程中所做的事情，最终学会通过实践来解决问题.

【参考文献】

[1][美]G·波利亚.怎样解题：数学思维的新方法[M].上海：上海科技教育出版社，2011.

[2]闵嗣鹤，严士健.初等数论（第三版）[M].北京：北京高等教育出版社，2003.

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