Доказателство о делимости

[daogiauvang]

Дано простое чило $p$, доказать, что $\sum_{k=0}^{p} C_{p}^{k} C_{p+k}^{k}-2^p -1$ делится на $p^2$.

[maxal]

Для $p=2$ утверждение легко проверяется. Предположим, что $p>2$ является нечётным простым.

Заметим, что

$$\sum_{k=0}^p \binom{p}{k}\binom{p+k}{k}$$

является коэффициентом при $x^p$ в $(1+x)^p (1-x)^{-1-p}$. Так как нас интересует этот коэффициент по модулю $p^2$, представим

$$(1+x)^p = 1 + x^p + x\cdot f(x),$$

где многочлен $f(x)$ имеет степень $p-2$, и все коэффициенты его деляется на $p$.
Соответственно,

$$(1-x)^{-p} = ((1-x)^p)^{-1} = (1 - x^p - x\cdot f(-x))^{-1} \equiv 1 + x^p + x\cdot f(-x)\pmod{p^2,\ x^{p+1}}.$$

Итак,

$$(1+x)^p (1-x)^{-1-p} \equiv (1-x)^{-1} (1 + x^p + x\cdot f(x)) (1+x^p+x\cdot f(-x)) \equiv$$

$$\equiv (1-x)^{-1} (1+2x^p+x\cdot f(x)+x\cdot f(-x))\equiv (1-x)^{-1}(1+(1+x)^p - (1-x)^p) \pmod{p^2,\ x^{p+1}}.$$

Откуда

$$[x^p]\ (1+x)^p (1-x)^{-1-p} \equiv \sum_{k=0}^p [x^k]\ (1+(1+x)^p - (1-x)^p) \equiv 1 + 2\sum_{i\geq 0} \binom{p}{2i+1} \equiv 1 + 2^p\pmod{p^2}.$$

[Sonic86]

$$A= -1-2^p+\sum\limits_{k=0}^p\binom{p}{k}\binom{p+k}{k}= -1-2^p+1+\sum\limits_{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}\binom{p+k}{k}+\binom{2p}{p}= -2^p+\sum\limits_{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}\binom{p+k}{k}+\binom{2p}{p}= $$

При $0<k<p \ \ p\mid \binom{p}{k}$, значит $\binom{p+k}{k}$ можно вычислить только по модулю $p$: $\binom{p+k}{k}=\frac{(p+1)...(p+k)}{k!}\equiv 1\pmod p$. Кроме того, $2^p=\sum\limits_{k=0}^{p}\binom{p}{k}$.
Значит

$$A\equiv -\sum\limits_{k=0}^{p}\binom{p}{k}+\sum\limits_{k=1}^{p-1}\binom{p}{k}+\binom{2p}{p}= -1-1+\binom{2p}{p}\equiv 0\pmod{p^2}$$

последнее верно в силу теоремы Вольстенхольма для $p>3$ (хотя сравнение для $p^2$ можно и руками доказать), для $p=2;3$ легко проверить руками.

[maxal]

Занятное следствие. Для простого $p>2$ и любого целого $k$ в интервале $1\leq k <\frac{p}{2}$ выполняется сравнение:

$$\binom{p}{k} \equiv (-1)^k\cdot 2\cdot \binom{p}{2k} \pmod{p^2}.$$

Докажите.