将 $(e^z-1)^3$ 展开成幂级数
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
\[
(e^z-1)^{m-1}\equiv 0\quad(\text{mod}\ m).
\]