內容

對於一個質數 \(p\)，有：

\[\LARGE C_n^m \equiv C_{[\frac{n}{p}]}^{[\frac{m}{p}]}·C_{n \bmod p}^{m \bmod p} \pmod p \]

證明

引理：\((1+x)^p \equiv (1+x^p) \pmod p\)

證明：根據二項式定理展開的：

\[(1+x)^p = 1+C_p^1·x+C_p^2·x^2+...+C_p^{p-1}·x^{p-1}+C_p^p · x^p \]

對於任意一個 \(C_p^x\) ，其中 \(1 < x < p\)，可以得到：

\[C_p^x = \frac{p(p-1)(p-2)...(p-x+1)}{1\times2\times3...\times x} \]

\(\because\)

連續的 \(x\) 個自然數的乘積能被 \(x\) 整除，\(\therefore\) \(\frac{(p-1)(p-2)...(p-x+1)}{1\times2\times3\times....\times x}\) 是整數，\(C_p^x\) 是 \(p\) 的倍數。

\(\therefore\) 上式在模 \(p\) 意義下：

\[1+C_p^1·x+C_p^2·x^2+...+C_p^{p-1}·x^{p-1}+C_p^p · x^p \equiv 1 + C_p^p ·x^p\equiv1+x^p \pmod p \]

得證。

證明定理

我們先設 \(n = q_1·p + r_1, m=q_2·p+r_2\)

。

然後我們考慮 \((1+x)^n\) 這個式子在模 \(p\) 意義下：

\[(1+x)^n \equiv (1+x)^{q_1·p+r_1} \pmod p \]

根據乘方的性質，我們可以得到：

\[(1+x)^n \equiv [(1+x)^{p}]^{q_1} \times(1+x)^{r_1} \pmod p \]

再由引理可得：

\[(1+x)^n \equiv (1+x^p)^{q_1} \times (1+x)^{r_1} \pmod p \]

把兩邊根據二項式定理展開後，左邊必有一項為 \(C_{q_1}^{q_2}·x^{q_2·p}\) ，右邊必有一項為 \(C_{r_1}^{r_2}·x^{r_2}\)

，則兩者的乘積為 \(C_{q_1}^{q_2}·C_{r_1}^{r_2}·x^{q_2·p+r_2}\) ，因為 \(q_2·p+r_2=m\) ，所以這一項就是 \(C_{q_1}^{q_2}·C_{r_1}^{r_2}·x^m\)。

因為 \(p\) 是定值，所以 \(q_2\) 與 \(r_2\) 相當於 \(m\) 除以 \(p\) 的商和餘數，只有一種情況，故 \(m\) 次項的係數就是 \(C_{q_1}^{q_2}·C_{r_1}^{r_2}\)。

我們再把 \((1+x)^n\) 這個式子直接二項式定理展開，會發現 \(m\) 次項的係數是 \(C_n^m\) ，故可以得到：

\[C_n^m \equiv C_{q_1}^{q_2}·C_{r_1}^{r_2} \pmod p \]

其實就是：

\[ C_n^m \equiv C_{[\frac{n}{p}]}^{[\frac{m}{p}]}·C_{n \bmod p}^{m \bmod p} \pmod p \]

得證。