Делимость суммы биномиальных коэффициентов

[RIP]

Пусть $p$ — простое число, $l,m\in\mathbb{N}$, $r\in\mathbb{Z}$. Докажите, что при $n\geqslant(p^{m}-p^{m-1})l+p^{m-1}$ выполнено

$$\sum_{\substack{0\leqslant k\leqslant n,\\k\equiv r\ (\mathrm{mod}\ p^m)}}(-1)^k\binom{n}{k}\equiv0\pmod{p^l}.$$

[maxal]

Пока что тривиальное наблюдение, что можно сконцентрироваться на минимальном значении $n=(p^{m}-p^{m-1})l+p^{m-1}$, а на большие значения $n$ утверждение распространяется по правилу Паскаля.

[maxal]

Я рассмотрю случай $l>m$. Переформулируем данное сравнение в виде полиномиального

$$f(x) \equiv 0 \pmod{p^l},$$

где $f(x) := (1-x)^n \bmod (x^{p^m}-1)$ - полином степени $<p^m$.

Пусть $r$ - это первообразный корень по модулю $p^l$, тогда $w:=r^{(p-1)p^{l-m-1}}$ - это элемент порядка $p^m$ по модулю $p^l$.
Понятно, что $\nu_p(1-r^{p-1})=1$, а по LTE $k:=\nu_p(1-w)=l-m$ и $\nu_p(1-w^t)=k+\nu_p(t)$ для любого $t\geq 1$.

Рассмотрим $f(w^i)=(1-w^i)^n$ для $i=0,1,\dots,p^m-1$ как систему уравнений (над $\mathbb Q$) относительно коэффициентов полинома $f(x)$. Нам нужно показать, что по модулю $p^l$ её решение является нулем. Начнем со свободного члена. По правилу Крамера он равен

$$c:=\frac{\sum_{i=0}^{p^m-1} (-1)^i (1-w^i)^n V(w^0,\dots,w^{i-1},w^{i+1},\dots w^{p^m-1})}{V(w^0,\dots, w^{p^m-1})},$$

где $V()$ - определитель Вандермонда. Нам нужно показать, что $\nu_p(c)\geq l$.

Начнем со знаменателя:

$$\begin{array}{ll} D:=\nu_p( V(w^0,\dots, w^{p^m-1}) ) &= \sum_{d=1}^{p^m-1} (p^m-d)\cdot \nu_p(1-w^d) \\ &= \sum_{d=1}^{p^m-1} (p^m-d)\cdot (\nu_p(d)+k) \\ &= \frac12 p^m \left(\frac{p^m-1}{p-1} - m\right) + \frac12 p^m \cdot (p^m-1) \cdot k. \end{array} $$

Здесь мы воспользовались тем, что

$$\sum_{d=1}^{p^m-1} \nu_p(d) = \nu_p((p^m-1)!) = \frac{p^m-1}{p-1} - m$$

и

$$\sum_{d=1}^{p^m-1} \nu_p(d!) = \frac12 p^m \left(\frac{p^m-1}{p-1} - m\right).$$

Аналогично для вандермондов в числителе имеем

$$\begin{array}{ll} \nu_p( V(w^0,\dots,w^{i-1},w^{i+1},\dots, w^{p^m-1}) ) &= D - \sum_{d=1}^i (\nu_p(d)+k) - \sum_{d=1}^{p^m-1-i} (\nu_p(d)+k) \\ &= D - \nu_p(i!(p^m-1-i)!) - (p^m-1)k \\ &= D - \frac{p^m-1}{p-1} + m - (p^m-1)k. \end{array} $$

Так как $\nu_p((1-w^i)^n)=n(k+\nu_p(i))\geq nk$, то $\nu_p(c) \geq nk - \frac{p^m-1}{p-1} + m - (p^m-1)k$ и нам нужно показать, что

$$nk - \frac{p^m-1}{p-1} + m - (p^m-1)k \geq l$$

или

$$(n-1)k - \frac{p^m-1}{p-1} - (p^m-1)k \geq 0,$$

что в виду $n=(p^m-p^{m-1})l+p^{m-1}$ эквивалентно легко проверяемому неравенству (для $l>m\geq1$):

$$(p^m-p^{m-1})(l-1)k - \frac{p^m-1}{p-1}\geq 0.$$

Итак, неравенство $\nu_p(c)\geq l$ доказано.

Для коэффициента при $x^t$ в $f(x)$ в вышеприведенном доказательстве достаточно заменить $(1-w^i)^n$ на $w^{p^m-t}(1-w^i)^n$, что не влияет на подсчёт степеней $p$.

PS. Есть подозрение, что можно как-то проще.

[maxal]

RIP, хотелось бы увидеть авторское решение...