Делимость биномиальных сумм на степени простых

[maxal]

Доказать, что для любого целого положительного числа $n\geq 2$ и любого простого числа $p>2n$ числитель несократимой дроби

$$\sum_{j=1}^n (-1)^j \frac{{2n-3\choose n-j} - {2n-3\choose n-j-2}}{j} {j p\choose p}$$

делится на $p^{2n-1}$.

Частным случаем этой проблемы (при $n=2$) является известная задача о делимости ${2p\choose p}-2$ на $p^3$ для простых $p\geq 5$.

[Руст]

Во первых надо заметить, что

$$\frac 1j {jp\choose p}=\prod_{k=1}^{p-1}(1-\frac{jp}{k})=\sum_{k=0}^{p-1}(-jp)^k\sigma_k, \ \ \sigma_k=\sigma_k(1,\frac 12 ,\frac 13 ,...,\frac{1}{p-1}) .$$

Подставляя это и учитывая произвольность p (независимость его от n) получаем, что это утверждение эквивалентно следующему (простое число р исключается):

$$\sum_{j=1}^n (-1)^j j^k[{2n-3\choose n-j} - {2n-3\choose n-j-2}]=0, \ k=0,1,...,2n-2.$$

Нечто похожее, кажется есть в книге "Конкретная математика".
Это можно ещё записать так:

$$\sum_{j=0}^{2n-3} (-1)^j t(j)^k{2n-3\choose j}=0, \ 2t(j)-1=|2n-2j-1|.$$

Это в свою очередь легко получить из:

$$\sum_{j=0}^{2n-3}(-1)^j{2n-3\choose j}|2n-2j-1|^k =0, \ k=0,1,2,...,2n-2.$$

[Руст]

Ошибся. Основная ошибка в том, что $\sigma_{2k-1}p^{2k-1}=\sigma_{2k}p^{2k}=0\pmod {p^{2k+1}}.$
Поэтому, при разложении по $p$ надо объединить суммы парами (по отдельности они не равны 0). Мне кажется проблема решаема. Хотелось бы узнать, почему maxal назвал открытой проблемой.

[maxal]

Проблема названа "открытой" потому что
1) я приложил руку к ее формулировке;
2) полное решение мне неизвестно.
Мне было бы крайне интересно ознакомиться с исправленным решением, если оно у тебя есть.

Кстати, первое из представленных равенст натуральнее выглядит в терминах чисел Стирлинга 1-го рода:

$$\frac 1j {jp\choose p}=\frac{1}{(p-1)!}\sum_{k=0}^{p-1}s(p-1,k) (jp)^k.$$

Тогда проблема принимает эквивалентный вид в терминах чисел Стирлинга.

[Руст]

Если заменить

$$2(p-1)!\frac 1j {jp\choose p}=\prod_{k=0}^{p-1}(k-jp) +\prod_{k=0}^{p-1} (k+(j-1)p)$$

,
то не потребуются абсолютные величины и результат будет следовать из тождества:

$$\sum_{i=0}^{2n-3}{2n-3\choose i}[(i-n)^k+(n-i-1)^k]=0, \ k=0,1,2,...,2n-4.$$

До $k=2n-4$ можно сокращать ввиду того, что коэффициент при $k=2n-3$ делится на $p$ в квадрате, а коэффициент при $k=2n-2$ на $p$, что обеспечивает делимость на $p$ в указанной степени. Очевидно, что это выполняется при $k=0$ и $k=1$, что доказывает делимость нашего выражения на $p$ в кубе ($n\geq 2$).
Справедливость указанного тождества вплоть до $k=2n-4$ легко получается из того, что для многочлена $f(x)=(x-1)^{2n-3}$ верны $f^{(k)}(1)=0,k=0,1,2,...,2n-4$, что и доказывает утверждение.

[Руст]

Я не приводил подробностей вывода, надеюсь maxal ты сам можешь восстановить детали. Что касается делимости на $p$ в степени $2n$, то этот вопрос так же разрешим в случае, когда пара $(p,p+1-2n)$ является иррегулярной парой.

[maxal]

Ага, спасибо.
Но я уже нашел формулировку и доказательство более общего утверждения: http://www.dms.umontreal.ca/~andrew/Bin ... power.html

[maxal]

Докажите, что

$$60{p\choose p} - 54{2p\choose p} + 20{3p\choose p} - 3{4p\choose p}$$

делится на $p^7$ для всех простых $p\geq 11.$

[Руст]

Кажется похожую задачу ты уже давал (что- то типа обобщения теоремы Люка). Только до седьмой степени считать кустарными методами не хочется.

[maxal]

Вот-вот. Хотелось бы найти систематический некустарный метод для доказательства подобных тождеств...

[RIP]

В связи с этой задачей предложу следующую. Доказать или опровергнуть:
1) Для любого $n\in\mathbb N$ существует единственный набор целых положительных чисел $a_0,a_1,\ldots,a_n$, взаимно простых в совокупности, что для любого простого $p\geqslant2n+3$ справедливо

$$S_n(p)\overset{\mathrm{def}}{=}\sum_{k=0}^n(-1)^ka_k\binom{(k+1)p}p\begin{cases}\equiv0\pmod{p^{2n+1}},\\\not\equiv0\pmod{p^{2n+2}}.\end{cases}$$

2) Если $p=2n+1$ - простое, то

$$S_n(p)\begin{cases}\equiv0\pmod{p^{2n}},\\\not\equiv0\pmod{p^{2n+1}}.\end{cases}$$

Точнее, так: $a_k$ однозначно определяются условиями: $a_k$ целые, взаимно простые в совокупности, $a_0>0$, $S_n(p)\equiv0\pmod{p^{2n+1}}$ при всех достаточно больших $p$ (если это всё правда, то насколько можно ослабить это условие?). Тогда для этих $a_k$ выполнено всё, что написано выше.

Пример:

$$S_5(p)=2520\binom{p}p-2700\binom{2p}p+1500\binom{3p}p-525\binom{4p}p+108\binom{5p}p-10\binom{6p}p.$$

Сразу признаюсь, что ответы мне неизвестны, но я думаю, что задача вполне решабельна.

Добавлено спустя 9 минут 21 секунду:

P.S. Да, стоит добавить, что явные формулы для $a_k$ также крайне приветствуются (а вдруг ).

[Руст]

Нашёл. Это отсюда [url]http://dxdy.ru/viewtopic.php?t=3540[\url].
В частности случай maxala соответствует $n=4$ с умножением на $-12$.

[maxal]

Да, я уж и забыл, что писал на эту тему здесь.
Темы объединены.

Добавлено спустя 11 минут 40 секунд:

RIP писал(а):

В связи с этой задачей предложу следующую. Доказать или опровергнуть:
1) Для любого $n\in\mathbb N$ существует единственный набор целых положительных чисел $a_0,a_1,\ldots,a_n$, взаимно простых в совокупности, что для любого простого $p\geqslant2n+3$ справедливо

$$S_n(p)\overset{\mathrm{def}}{=}\sum_{k=0}^n(-1)^ka_k\binom{(k+1)p}p\begin{cases}\equiv0\pmod{p^{2n+1}},\\\not\equiv0\pmod{p^{2n+2}}.\end{cases}$$

2) Если $p=2n+1$ - простое, то

$$S_n(p)\begin{cases}\equiv0\pmod{p^{2n}},\\\not\equiv0\pmod{p^{2n+1}}.\end{cases}$$

Точнее, так: $a_k$ однозначно определяются условиями: $a_k$ целые, взаимно простые в совокупности, $a_0>0$, $S_n(p)\equiv0\pmod{p^{2n+1}}$ при всех достаточно больших $p$ (если это всё правда, то насколько можно ослабить это условие?). Тогда для этих $a_k$ выполнено всё, что написано выше.

Ага, я когда-то начал в точности с этой гипотезы, а потом и явная формула для коэффциентов вылезла и вроде бы даже доказательноство (не помню за давностью лет - надо проверять). Кстати, частные случаи этой задачи на Mathlinks так никто и не доказал:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=47482

Похоже, эта задача как раз того типа, где частные случаи (выглядят) труднее, нежели их обобщение.

Добавлено спустя 5 минут 16 секунд:

Есть еще такая связанная задача для чисел Стирлинга 1-го рода:

Доказать, что для каждого целого $k\geq 0$ и каждого простого числа $p\ne 2k+3$ число

$${\bf s}(p,2k) + p\ k\ {\bf s}(p,2k+1)$$

делится на $p^4.$

[Руст]

RIP писал(а):

]В связи с этой задачей предложу следующую. Доказать или опровергнуть:
1) Для любого $n\in\mathbb N$ существует единственный набор целых положительных чисел $a_0,a_1,\ldots,a_n$, взаимно простых в совокупности, что для любого простого $p\geqslant2n+3$ справедливо

$$S_n(p)\overset{\mathrm{def}}{=}\sum_{k=0}^n(-1)^ka_k\binom{(k+1)p}p\begin{cases}\equiv0\pmod{p^{2n+1}},\\\not\equiv0\pmod{p^{2n+2}}.\end{cases}$$

$\not\equiv 0\mod p^{2n+2}$ не верно, когда $(p,p-1-2n)$ иррегулярная пара.

Цитата:

Кстати, частные случаи этой задачи на Mathlinks так никто и не доказал:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=47482

Похоже, эта задача как раз того типа, где частные случаи (выглядят) труднее, нежели их обобщение.

Тогда многие из нас не участвовали в Mathlinks.

Цитата:

Есть еще такая связанная задача для чисел Стирлинга 1-го рода:

Доказать, что для каждого целого $k\geq 0$ и каждого простого числа $p\ne 2k+3$ число

$${\bf s}(p,2k) - p\ k\ {\bf s}(p,2k+1)$$

делится на $p^4.$

Это вообще говоря неверно.

[maxal]

Руст писал(а):

$\not\equiv 0\mod p^{2n+2}$ не верно, когда $(p,p-1-2n)$ иррегулярная пара.

В каком смысле иррегулярная?

Руст писал(а):

Цитата:

Кстати, частные случаи этой задачи на Mathlinks так никто и не доказал:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=47482
Похоже, эта задача как раз того типа, где частные случаи (выглядят) труднее, нежели их обобщение.

Тогда многие из нас не участвовали в Mathlinks.

Но там и без нас куча "именитого" народа тусуется (включая нескольких победителей IMO)...

Руст писал(а):

Цитата:

Есть еще такая связанная задача для чисел Стирлинга 1-го рода:

Доказать, что для каждого целого $k\geq 0$ и каждого простого числа $p\ne 2k+3$ число

$${\bf s}(p,2k) - p\ k\ {\bf s}(p,2k+1)$$

делится на $p^4.$

Это вообще говоря неверно.

Контр-пример в студию!