p为素数，设正数a,b的p进制表示分别为...

476934847a

那如何证明这条定理

天马__行_空

Lucas定理..前两天才在这用过..

476934847a

那怎么证明

天马__行_空

A proof of the theorem
There are several ways to prove Lucas' theorem; here is a combinatorial argument[original research?][citation needed]. Let M be a set with m elements, and divide it into mi cycles of length pi for the various values of i. Then each of these cycles can be rotated separately, so that a group G which is the Cartesian product of cyclic groups Cpi acts on M. It thus also acts on subsets N of size n. Since the number of elements in G is a power of p, the same is true of any of its orbits. Thus in order to compute  modulo p, we only need to consider fixed points of this group action. The fixed points are those subsets N that are a union of some of the cycles. More precisely one can show by induction on k-i, that N must have exactly ni cycles of size pi. Thus the number of choices for N is exactly



直接复制的..有俩式子显示不了..LZ去Wikipedia搜Lucas' theorem..
随后我在发个链接..就是不知道要审核到哪个年头..

476934847a

不好意思，英文水平有限

天马__行_空

我想给你解释的,可我也没懂..囧
重新找了一个,这个我看懂..等我译下..

天马__行_空

记C(n,m)=n!/m!/(n-m)!.
p|C(p,i),0<i<p==>(1+x)^p=1+x^p(mod p)
==>(1+x)^(p^2)=((1+x)^p)^p=(1+x^p)^p=1+(x^p)^p=1+x^(p^2)(mod p)
==>....
==>对任意的k,(1+x)^(p^k)=1+x^(p^k)(mod p) (归纳)
记n=Sigma(ni*p^i),m=Sigma(mi*p^i) (n和m的p进制表示)(姑且用Sigma表示求和,Pi表示求积).
(1+x)^n=(1+x)^Sigma(ni*p^i)=Pi((1+x)^(ni*p^i))=Pi((1+x^(p^i))^ni) (mod p)
看x^m这项的系数..左边是C(n,m),右边是Pi(C(ni,mi))..故C(n,m)=Pi(C(ni,mi)) (mod p)..

也看不懂的话我也没办法了....

火之流天使

不好意思，英文水平有限

天马__行_空

我把第一个证明也说说....

同7L,记C(n,m)=n!/m!/(n-m)!.
同7L,记n=Sigma(n_i*p^i),m=Sigma(m_i*p^i).

考虑一个n元集N.将之分划为n_i个p^i元子集.
对其中每个子集(p^i元),取一个长度为p^i的置换,由它生成一个循环群C_(p^i),基数p^i为p的幂.
所有这样的C_(p^i)的笛卡儿乘积构成N的一个交换群G.

在N中取m各元素,有C(n,m)种方法.在模p的意义下,只需考虑G的不动点.
事实上,其不动点的个数正是Pi(C(n_i,m_i)),故有C(n,m)=Pi(C(n_i,m_i)) (mod p).

由于我没学过这些东东,我也不知道我是否有表述不当之处..

看不懂的人,建议不用问我,因为我认为我无法解释到你明白..

天马__行_空

7L没有英文....

476934847a

为什么两个多项式同余，系数就同余？

天马__行_空

定义就是这样.
前面用到的都是指这个意思,x^p-x和1模p不同余.
我不记得怎么写才能区分了.