一類組合數模素數次冪性質的研究及拓展

許磊

【摘要】用初等數論的知識解決問題更加方便、簡潔.本文將通過對一類為模素數冪的同余問題的探究，進一步加深大家對同余理論在中學數學競賽中重要性的理解.

【關鍵詞】數學競賽;初等數論;同余

近年來，隨著與數論有關的問題日益增多，用初等數論知識解決問題變得更加方便、簡潔.同余是基礎數論的主要內容之一，它不僅是研究數論問題的重要工具，還可以用來解決許多基礎數學問題.本文將通過探索一類模為素數冪的同余問題，進一步加深大家對同余理論在中學數學競賽中重要性的理解.

一、原題研究

前不久一名學生提出了一個競賽中的數論問題，題目如下：

若p是素數，則Cp2p-2≡0（mod p2）.

分析 這個問題以前從未見過，學生基本熟知了同余的概念和性質，以及Fermat小定理、Euler定理、Wilson定理，此問題的證明應該是沒有任何現成的結論引理可以套用，解題分析應該是從Cp2p的計算入手，將Cp2p用組合數階乘定義展開，并適當約分，然后嘗試用分析法和同余的性質去證明.

證 當p=2時，Cp2p-2=C24-2=4≡0（mod 22）當p≥3且p為素數時，p-1為偶數，

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

∵p是奇素數，∴（p，2）=1，故只要證（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，所以只要證（2p-1）…（p+1）≡p（p-1）…2·1（mod p2）

證法1：因為（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，上述同余式組共有p-12個，相乘得，（2p-1）…（p+1）≡p（p-1）…2·1（mod p2），所以原命題得證.

關于同余式的分子（2p-1）（2p-2）…（p+1），我們做如下變形：（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）！，下面只要證明（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p）.

證法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）.

證法3：因為（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）.因為（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），得證.

通過三種證法的比較我們發現：證法1的方法類似于等差數列求和的倒序相加法，這里使用倒序相乘法.證法2和證法3的方法相對簡單，主要是對同余式的分子

（2p-1）（2p-2）…（p+1）做了適當變形得到非常重要的同余式（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p）.相對來講，筆者認為證法2的方法更容易掌握，主要是基于同余式k·xk≡1（mod p）中可逆元的唯一性進行證明，對學習初等數論參加數學競賽的同學應該能夠掌握.證法3的方法是將分母1，2，…，p-1變為其相應的“負元”，技巧性更強，值得學習和借鑒.

二、拓展延伸

通過上述三種證法的研究，已經基本能夠解決該學生提的問題.筆者又在思考是否可以繼續加強命題的證明條件，成為一個推論Cp2p-2≡0（mod p3）（p≥5且p為素數）.

證 由（證法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）！，分兩步證明：（1）先證：p2（p-1）！1·2+（p-1）！1·3+…+（p-1）！（p-2）（p-1）≡0（mod p3），只要證（p-1）！1·2+（p-1）！1·3+…+（p-1）！（p-2）（p-1）≡0（mod p）.

同證法2，我們選擇用1，2，3，…，p-1的逆元去處理：

（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，

因為p≥5且p為素數，所以p中不含素因子2，3.

因為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）再證：p（p-1）！1+（p-1）！2+…+（p-1）！p-1≡0（mod p3），∵[（p-1）！，p3]=1，∴只要證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）.綜上，由（1）（2）得，Cp2p-2≡0（mod p3）（p≥5且p為素數）.繼續猜想，Cp2p-2≡0（mod pk）（k≥4，p≥5且p為素數）是否仍然成立呢？留給讀者進一步深入研究.

美國G·波利亞在他的著作《怎樣解題：數學思維的新方法》中提道：解決問題，就好比是游泳，是一項實用技能.當你學習游泳時，你模仿別人手足動作，把頭放在水上，最后通過練習（實地練習游泳）學會游泳.在解決問題的過程中，也要觀察和模仿別人在解決問題的過程中所做的事情，最終學會通過實踐來解決問題.

【參考文獻】

[1][美]G·波利亞.怎樣解題：數學思維的新方法[M].上海：上海科技教育出版社，2011.

[2]閔嗣鶴，嚴士健.初等數論（第三版）[M].北京：北京高等教育出版社，2003.