Interezza di somme di binomiali

[febiz2004]

Dimostrare che se $ m $ ed $ n $ sono naturali con $ m $ dispari, allora
$ \dfrac{1}{3^mn}\displaystyle\sum_{k=0}^m{3m \choose 3k}(3n-1)^k $
è un intero

[Simo_the_wolf]

Troooppo allettante...

diciamo che $ a=\sqrt [3] {3n-1} $ e prendiamo $ \omega $ tale che $ \omega^3=1 $ ma $ \omega \neq 1 $ coè prendiamo una radice terza dell'unità. Ora prendiamo:

$ (\omega a +1)^{3m}+ (\omega^2 a +1)^{3m}+( a+1)^{3m} $

Ora, facendo lo sviluppo di ogni binomio abbiamo che quella espressione è uguale a:

$ \displaystyle \sum_{i=0}^{3m} (\omega^i+\omega^{2i}+1)\binom {3m}i a^i $

Ora sfruttiamo il fatto che, se $ 3|i $ allora $ \omega^i+\omega^{2i}+1 =3 $ altrimanti $ \omega^i+\omega^{2i}+1 =0 $ (in quanto abbiamo che $ \omega^i+\omega^{2i}+1 =\omega^2+\omega+1=0 $ poichè $ \omega^3-1=(\omega-1)(\omega^2+\omega+1)=0 $ e abbiamo che $ \omega\neq1 $ Quindi la nostra sommatoria diviene:
$ \displaystyle \sum_{i=0}^{m} 3\binom {3m}{3i} a^{3i} =3 \sum_{i=0}^{m} \binom {3m}{3i} (3n-1)^i $

Ora riconsideriamo la sommatoria iniziale e svolgiamo i cubi:
$ [(\omega a +1)^3]^m+ [(\omega^2 a +1)^3]^m+[( a+1)^3]^m= $
$ =(3n-1 + 3 \omega^2 a^2 + 3\omega a +1)^m+ (3n-1 + 3 \omega a^2 + 3\omega^2 a +1)^m+ $ $ (3n-1 + 3 a^2 + 3 a +1)^m= $
$ =3^m[(n + \omega^2 a^2 +\omega a )^m+ (n+ \omega a^2 + \omega^2 a )^m+ $ $ (n + a^2 + a )^m]= $

E ora svolgiamo i trinomi, sfruttando i trinomiali che ci dicono che
$ \displaystyle (a+b+c)^m= \sum_{x+y+z=m}^{x,y,z\geq0} \frac{m!}{x!y!z!} a^xb^yc^z $

Quindi abbiamo che la nostra espressione è uguale a:

$ \displaystyle 3^m\left(\sum_{x+y+z=m}^{x,y,z\geq0} (1+\omega^{2y+z}+\omega^{2z+y})\frac{m!}{x!y!z!} n^xa^{2y+z}\right) $

Ora facciamo delle osservazioni. Esendo $ 2y+z \equiv -(2z+y) \pmod{3} $ abbiamo che se $ 3|2y+z $ allora $ 1+\omega^{2y+z}+\omega^{2z+y}=3 $ altrimenti è uguale a zero per le osservazioni fatte prima quindi la nostra espressione può essere riscritta come:

$ \displaystyle 3^m\left(\sum_{x+y+z=m}^{3|2y+z} 3 \frac{m!}{x!y!z!} n^x(3n-1)^{\frac {2y+z}3}\right) $

Ora prendiamo questa espressione modulo n: abbiamo che quando $ x>0 $ i termini sono nulli e rimangono solo quelli per cui $ x=0 $ e quindi $ 2y+z=m+y $ e quindi otteniamo che, in modulo la nostra espressione, senza il $ 3^{m+1} $, è uguale a:

$ \displaystyle \sum_{0 \leq y \leq m }^{3|y+m} \binom my (-1)^{\frac {m+y}3} $.

Ma se $ 3|m+y $ allora $ 3|m + (m-y) $ e quindi, raccogliendo i binomiali uguali abbiamo:

$ \displaystyle \sum_{0 \leq y \leq m/2 }^{3|y+m} \binom my [(-1)^{\frac {m+y}3}+(-1)^{\frac {2m-y}3}] $
Ma, poichè m è dispari abbiamo che $ m+y $ e $ 2m-y $ hano parità diversa e dunque tutta la sommatoria si annulano e abbiamo che n divide tutta l'espessione.

Facciamo ora una catena di uguaglianze:

$ \displaystyle \frac 1{3^m} \sum_{i=0}^{m} \binom {3m}{3i} (3n-1)^i= \sum_{x+y+z=m}^{3|2y+z} \frac{m!}{x!y!z!} n^x(3n-1)^{\frac {2y+z}3} $

Ma $ n|RHS $ e quindi $ \displaystyle \frac {LHS}n = \frac 1{3^mn} \sum_{i=0}^{m} \binom {3m}{3i} (3n-1)^i $ è intero, come volevasi dimostrare.

Ciao!

[HiTLeuLeR]

Se $ t = v_3(n) $, può porsi $ 3^m \cdot n = 3^{m+t} q $, dove $ q \in \mathbb{N}_0 $ e $ \gcd(q,3) = 1 $. Sia $ R(m,n) \triangleq\displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{3m}{3k} (3n-1)^k $. Risulta $ R(m,n) = \displaystyle\sum_{k=0}^m \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} \binom{3m}{3k} \binom{k}{i} 3^{(t+1)i} q^i $, cosicché $ R(m,n) \displaystyle\equiv \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{3m}{3k} \equiv 0 \bmod q $, siccome si ammette $ m \equiv 1 \bmod 2 $. Nondimeno, per ogni $ i = 1, 2, \ldots, k $: $ v_3^{(i)} \triangleq \displaystyle v_3\!\left(\!\binom{3m}{3k} \binom{k}{i} 3^{(t+1)i} q^i \right) = $ $ \displaystyle v_3\!\left(\!\binom{3m}{3k}\!\right) + v_3\left(\!\binom{k}{i}\!\right) + (t+1)i $, per cui (-> identità di Legendre-De Polignac) $ v_3^{(i)} \geq m+t $, se $ i = 1, 2, \ldots, k $. Ne risulta $ R(m,n) \displaystyle\equiv \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{3m}{3k} \equiv 0 \bmod 3^{m+t} $. Di qui la tesi, siccome $ \gcd(q,3) = 1 $.