Sui coefficienti di una serie di potenze

[Ido Bovski]

I numeri $c_i$ sono definiti dalla seguente identità
$$(1+x+x^2+\cdots+x^{p-1})/(1-x)^{p-1}:=1+c_1x+c_2x^2+\cdots.$$
Dimostrare che $c_i\equiv 0 \pmod p$ per ogni $i\ge 1$.

[totissimus]

Sei sicuro che il testo sia corretto ?

Forse volevi scrivere

\((1+x+x^2+\cdots+x^{p+1})/(1-x)^{p+1}:=1+c_1x+c_2x^2+\cdots. \) ?

[Ido Bovski]

Sei sicuro che il testo sia corretto ?

Forse volevi scrivere

\((1+x+x^2+\cdots+x^{p+1})/(1-x)^{p+1}:=1+c_1x+c_2x^2+\cdots. \) ?

Il testo è giusto e la tua variazione non è vera. Controesempio: $p=3$, la serie che ne viene è $1+5x+15x^2+\cdots$.

[totissimus]

@Ido Bovski: hai ragione, non avevo letto bene il testo.

Provo a buttare giù una dimostrazione (Sicuramente sbagliata ).

Sia \(p\) un numero primo. Dimostro preliminarmente che

\( \displaystyle (-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1\equiv 0\) mod p per \( k=1 \cdots p-1\)

Se supponiamo \( k\) dispari allora:

\(\displaystyle (-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1=\binom{p-1}{k}+1=\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-k)+k!}{k!}=\frac{pA}{k!} \) con \( A \in \mathbb{Z}\)

Siccome \( MCD(k!,p)=1\) , \( k!\) divide \( A\) e quindi \( \displaystyle \binom{p-1}{k}+1 \equiv 0\)
Analoga dimostrazione per \( k\) pari.

Adesso :

\( \displaystyle 1+x+\ldots+x^{p-1}=(1-x)^{p-1}\sum_{i=0}^{\infty}c_{i}x^{i}=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=0}^{p-1}(-1)^{j}c_{i}\binom{p-1}{j}x^{i+j}\)

\(\displaystyle =\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{i=min(0,k-p+1)}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}x^{k}\)

Uguagliando i coefficienti di ugual grado della prima somma e della serie ricavatto otteniamo:

Per \( k=0\): \( c_0=1\)

Per \( k=1\): \( c_1=p\)

Supponiamo che \( c_i \equiv 0\) mod p per \( i=1 \cdots k-1\)

Per \( k <p\) abbiamo:

\(\displaystyle \sum_{i=0}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=1 \)

\( \displaystyle c_{k}+(-1)^{k}\binom{p-1}{k}+\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=1\)

\( \displaystyle c_{k}=(-1)^{k+1}\binom{p-1}{k}+1-\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}\equiv0\) mod p.

Per \( k \geq p\) abbiamo:

\( \displaystyle \sum_{i=k-p+1}^{k}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}=0\) mod p.

\( \displaystyle c_{k}=-\sum_{i=k-p+1}^{k-1}(-1)^{k-i}c_{i}\binom{p-1}{k-i}\equiv0\)

[Mist]

Se supponiamo \( k\) dispari allora:

\(\displaystyle \binom{p-1}{k}+1=\frac{(p-1)(p-2)\ldots(p-k)+k!}{k!}=\frac{pA}{k!} \) con \( A \in \mathbb{Z}\)

Siccome \( MCD(k!,p)=1\) , \( k!\) divide \( A\) e quindi \( \displaystyle \binom{p-1}{k}+1 \equiv 0\)
Analoga dimostrazione per \( k\) pari.

è facile che sia io che non capisco bene quello che hai fatto, ma mi sembra che nella tua dimostrazione sia fondamentale che $p\mid (p-1)(p-2)\dots (p-k) +k!$, giusto ? Solo così puoi infatti scriverlo come $pA$... In effetti quell'affare diventa $(p-1)(p-2)\dots (p-k) +k! \equiv (-1)^k k! +k! \pmod{p}$, ma questa quantità è congrua a 0 modulo p, e quindi divisibile per p, solo se k è dispari e non se k è pari !

[totissimus]

@Mist: per \( k\) pari risulta:

\(\displaystyle(-1)^{k+1} \binom{p-1}{k}+1 =-\binom{p-1}{k}+1=-\frac{(p-1)\cdots (p-k)}{k!}+1=\)

\(\displaystyle\frac{-(p-1)\cdots(p-k)+k!}{k!}=\frac{-p^k+\cdots -k!+k!}{k!} =\frac{pB}{k!}\)

[Mist]

Ok, scusami, svista mia !