Answer

问题及解答

将 $(e^z-1)^3$ 展开成幂级数

Posted by haifeng on 2013-07-27 09:42:46 last update 2013-07-27 14:56:00 | Edit | Answers (2)

证明

\[
\begin{split}
(e^z-1)^3&=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n!}(3^n-3\cdot 2^n+3)z^n\\
&\equiv 2\Bigl(\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\frac{z^7}{7!}+\cdots\Bigr)\quad (\text{mod}\ 4)
\end{split}
\]


对于大于等于 $3$ 的素数 $p$, 证明

\[
\begin{split}
(e^z-1)^{p-1}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}\biggl[(p-1)^n-\binom{p-1}{1}(p-2)^n+\binom{p-1}{2}(p-3)^n-\cdots-\binom{p-1}{p-2}\biggr]z^n\\
&\equiv -\biggl(\frac{z^{p-1}}{(p-1)!}+\frac{z^{2(p-1)}}{(2p-2)!}+\frac{z^{3(p-1)}}{(3p-3)!}+\cdots\biggr)\quad (\text{mod}\ p)
\end{split}
\]


对于大于 4 的合数 $m$, 有

\[
(e^z-1)^{m-1}\equiv 0\quad(\text{mod}\ m).
\]

1

Posted by haifeng on 2013-07-27 10:01:37

\[
\begin{split}
(e^z-1)^3&=e^{3z}-3e^{2z}+3e^z-1\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(3z)^n-3\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(2z)^n+3\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}z^n-1\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(3^n-3\cdot 2^n+3)z^n-1\\
&=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n!}(3^n-3\cdot 2^n+3)z^n\\
&\equiv 2\Bigl(\frac{z^3}{3!}+\frac{z^5}{5!}+\frac{z^7}{7!}+\cdots\Bigr)\quad (\text{mod}\ 4)
\end{split}
\]

参见[1]中第179题


Reference:

[1] George Pólya, Gabor Szegő, Problems and Theorems in Analysis II, Springer, Reprinted in China by Beijing World Publishing Corporation, 2004.

2

Posted by haifeng on 2013-07-27 16:05:30

\[
\begin{split}
(e^z-1)^{p-1}&=e^{z(p-1)}+\binom{p-1}{1}e^{z(p-2)}(-1)^{1}+\binom{p-1}{2}e^{z(p-3)}(-1)^{2}+\cdots+\binom{p-1}{p-2}e^{z}(-1)^{p-2}+\binom{p-1}{p-1}(-1)^{p-1}\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\biggl[(p-1)^n-\binom{p-1}{1}(p-2)^n+\binom{p-1}{2}(p-3)^n-\cdots+(-1)^{p-2}\binom{p-1}{p-2}\biggr]z^n+(-1)^{p-1}\\
\end{split}
\]

其中第一项是当 $n=0$ 时取得, 方括号中的系数值为

\[
1-(p-1)+\binom{p-1}{2}-\binom{p-1}{3}+\binom{p-1}{4}-\cdots-\binom{p-1}{p-2}=\bigl(1+(-1)\bigr)^{p-1}-(-1)^{p-1}.
\]

因此第一项与后面的 $(-1)^{p-1}$ 消掉. 因此

\[
(e^z-1)^{p-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}\biggl[(p-1)^n-\binom{p-1}{1}(p-2)^n+\binom{p-1}{2}(p-3)^n-\cdots+(-1)^{p-2}\binom{p-1}{p-2}\biggr]z^n.\quad(*)
\]

另一方面, 先将 $e^z-1$ 展开,

\[
e^z-1=z+\frac{1}{2!}z^2+\frac{1}{3!}z^3+\cdots+\frac{1}{n!}z^n+\cdots
\]

于是

\[
(e^z-1)^{p-1}=z^{p-1}+\cdots\equiv\frac{-1}{(p-1)!}z^{p-1}+\cdots\quad(\text{mod}\ p).\quad(**)
\]

这里使用了 Wilson 定理 $(p-1)!\equiv -1(\text{mod}\ p)$.

观察到 (*) 式中 $z^n/n!$ 的系数关于模 $p$ 是周期的, 周期是 $p-1$. 具体的, 令

\[
h_n=(p-1)^n-\binom{p-1}{1}(p-2)^n+\binom{p-1}{2}(p-3)^n-\cdots+(-1)^{p-2}\binom{p-1}{p-2}.
\]

并利用欧拉-费马定理的特殊形式

\[
a^{p-1}\equiv 1(\text{mod}\ p),\quad p\nmid a.
\]

可推出 $h_{p-1}\equiv -1(\text{mod}\ p)$.

因此再次利用 (**) 式, 可得

\[
(e^z-1)^{p-1}\equiv -\biggl(\frac{z^{p-1}}{(p-1)!}+\frac{z^{2(p-1)}}{(2p-2)!}+\frac{z^{3(p-1)}}{(3p-3)!}+\cdots\biggr)\quad (\text{mod}\ p).
\]


参见[1]中第180题.