Sea \[ 2\mathcal{P}(x)=(x+\sqrt{x^{2}-1})^{2^{2026}+1}+ (x-\sqrt{x^{2}-1})^{2^{2026}+1}. \] Nota que los términos con raíz cuadrada se cancelan, así que \(\mathcal{P}(x)\) es un polinomio con coeficientes enteros. Escribe \(N=2^{2026}+1\). Entonces \[ 2\mathcal{P}(x)=\sum_{j=0}^{N} \binom{N}{j} x^{N-j}(\sqrt{x^{2}-1})^{j} + \sum_{j=0}^{N} \binom{N}{j} x^{N-j}(-\sqrt{x^{2}-1})^{j}. \] Los términos con \(j\) impar se cancelan, y los de \(j\) par se duplican. Así que \[ 2\mathcal{P}(x)=2\sum_{\substack{0\le j\le N\\ j\text{ par}}} \binom{N}{j} x^{N-j}(x^{2}-1)^{j/2}. \] Por tanto \[ \mathcal{P}(x)=\sum_{k=0}^{(N-1)/2} \binom{N}{2k} x^{N-2k}(x^{2}-1)^{k}. \] Aquí \(N-2k\) es impar, y \((N-1)/2=2^{2025}\). Así que \[ \mathcal{P}(x)=\sum_{\ell=0}^{2^{2025}} a_{2\ell+1} x^{2\ell+1}, \] con \[ a_{2\ell+1}=\sum_{k=\ell}^{2^{2025}} \binom{N}{2k} \binom{k}{\ell} (-1)^{k-\ell}. \] Ahora \(N=2^{2026}+1\). Para \(k\ge 1\), nota que \[ \binom{N}{2k}=\frac{N}{2k}\binom{N-1}{2k-1}. \] Como \(N\) es impar, \(N-1=2^{2026}\). Para \(k\ge 1\), \(2k\le 2^{2026}\), así que \(v_2(\binom{N}{2k})=v_2(N)+v_2(\binom{N-1}{2k-1})-v_2(2k)\). Pero \(v_2(N)=0\), y \(v_2(\binom{N-1}{2k-1})=v_2(2^{2026})-v_2(2k)=2026-v_2(2k)\) (por la fórmula de Legendre, ya que \(N-1\) es potencia de 2). Entonces \[ v_2\binom{N}{2k}=2026-v_2(2k)-v_2(2k)=2026-2v_2(k)-1. \] Espera, revisemos: \(v_2(2k)=1+v_2(k)\). Así que \[ v_2\binom{N}{2k}=2026-(1+v_2(k))-(1+v_2(k))=2024-2v_2(k). \] Para \(k=0\), \(\binom{N}{0}=1\), así que \(v_2=0\). Ahora, para \(\ell\ge 1\), en la suma de \(a_{2\ell+1}\), el término con \(k=\ell\) es \(\binom{N}{2\ell}\), que tiene \(v_2=2024-2v_2(\ell)\). Para \(k>\ell\), el término \(\binom{N}{2k}\binom{k}{\ell}\) tiene \(v_2\) al menos \(2024-2v_2(k)\). Como \(k>\ell\), \(v_2(k)\le v_2(\ell)\) si \(k\) es múltiplo de \(2^{v_2(\ell)}\), pero en general \(v_2(k)\) puede ser menor. Sin embargo, nota que \(\binom{k}{\ell}\) tiene \(v_2\) al menos \(v_2(k)-v_2(\ell)\) (por la fórmula de Legendre, \(v_2\binom{k}{\ell}=v_2(k)-v_2(\ell)-v_2(\ell)\)? No, mejor: \(v_2\binom{k}{\ell}=v_2(k)-v_2(\ell)-v_2(k-\ell)\)? No exactamente. La fórmula correcta: \(v_2\binom{k}{\ell}=v_2(k)-v_2(\ell)-v_2(k-\ell)\) no es cierta en general. Pero sabemos que \(v_2\binom{k}{\ell}\ge v_2(k)-v_2(\ell)\) si \(k\) y \(\ell\) son potencias de 2? Mejor usar la identidad de Kummer: \(v_2\binom{k}{\ell}\) es el número de acarreos al sumar \(\ell\) y \(k-\ell\) en base 2. Esto es al menos \(v_2(k)-v_2(\ell)\)? No necesariamente. Pero para nuestro propósito, basta con mostrar que el término con \(k=\ell\) tiene la menor valuación 2-adica. Observa que para \(k>\ell\), \(v_2\binom{N}{2k}=2024-2v_2(k)\). Si \(v_2(k)<v_2(\ell)\), entonces \(2024-2v_2(k)>2024-2v_2(\ell)\), así que ese término tiene mayor valuación. Si \(v_2(k)\ge v_2(\ell)\), entonces \(2024-2v_2(k)\le 2024-2v_2(\ell)\), pero \(\binom{k}{\ell}\) tiene \(v_2\ge v_2(k)-v_2(\ell)\)? No siempre, pero sí si \(k\) y \(\ell\) tienen la misma parte impar? Mejor: por la fórmula de Legendre, \(v_2\binom{k}{\ell}=v_2(k!)-v_2(\ell!)-v_2((k-\ell)!)\). Esto es \(\ge v_2(k)-v_2(\ell)\)? No, por ejemplo \(k=3,\ell=1\): \(v_2\binom{3}{1}=0\), \(v_2(3)-v_2(1)=0\), igual. \(k=5,\ell=1\): \(v_2\binom{5}{1}=0\), \(v_2(5)-v_2(1)=0\). \(k=6,\ell=2\): \(v_2\binom{6}{2}=v_2(15)=0\), \(v_2(6)-v_2(2)=1-1=0\). Parece que \(v_2\binom{k}{\ell}\ge v_2(k)-v_2(\ell)\) es cierto, porque \(v_2(k!)-v_2(\ell!)-v_2((k-\ell)!)\) es la suma de los dígitos binarios de \(\ell\) y \(k-\ell\) menos los de \(k\), y eso es no negativo. De hecho, \(v_2\binom{k}{\ell}=s_2(\ell)+s_2(k-\ell)-s_2(k)\), donde \(s_2\) es la suma de dígitos binarios. Como \(s_2(k)\le s_2(\ell)+s_2(k-\ell)\), la diferencia es \(\ge 0\). Pero necesitamos una cota inferior en términos de \(v_2\). Nota que \(s_2(k)\le s_2(\ell)+s_2(k-\ell)\) siempre, y \(v_2(k)\) es el número de ceros al final de \(k\) en binario. No hay relación directa simple. Sin embargo, para nuestro caso, podemos usar un argumento más fino. Considera el término general \(T_k=\binom{N}{2k}\binom{k}{\ell}\). Queremos mostrar que \(v_2(T_k)>v_2(T_\ell)\) para \(k>\ell\). Tenemos \(v_2(T_\ell)=2024-2v_2(\ell)\). Para \(k>\ell\), \(v_2(T_k)=2024-2v_2(k)+v_2\binom{k}{\ell}\). Si \(v_2(k)<v_2(\ell)\), entonces \(2024-2v_2(k)>2024-2v_2(\ell)\), y como \(v_2\binom{k}{\ell}\ge 0\), tenemos \(v_2(T_k)>v_2(T_\ell)\). Si \(v_2(k)\ge v_2(\ell)\), entonces \(2024-2v_2(k)\le 2024-2v_2(\ell)\). Pero necesitamos que \(v_2\binom{k}{\ell}>2(v_2(k)-v_2(\ell))\) para compensar. ¿Es eso cierto? No siempre. Por ejemplo, \(\ell=2, k=4\): \(v_2\binom{4}{2}=v_2(6)=1\), \(2(v_2(4)-v_2(2))=2(2-1)=2\), no se cumple. Entonces ese argumento falla. Mejor enfoque: usa la identidad de Kummer. \(v_2\binom{k}{\ell}\) es el número de acarreos al sumar \(\ell\) y \(k-\ell\) en binario. Si \(v_2(k)\ge v_2(\ell)\), entonces los últimos \(v_2(\ell)\) bits de \(k\) son cero (porque \(k\) tiene al menos tantos ceros al final como \(\ell\)). Al sumar \(\ell\) y \(k-\ell\), los últimos \(v_2(\ell)\) bits de \(\ell\) son \(0\) seguidos de un 1 en la posición \(v_2(\ell)\). Como \(k\) tiene ceros en esas posiciones, \(k-\ell\) tendrá los mismos bits que \(k\) en esas posiciones (sin acarreo), así que no hay acarreo en los primeros \(v_2(\ell)\) bits. El primer acarreo ocurre en la posición \(v_2(\ell)\) si el bit de \(k\) en esa posición es 1? No, porque \(k\) tiene ceros en las posiciones \(0\) a \(v_2(\ell)-1\), y en la posición \(v_2(\ell)\), \(k\) puede tener 0 o 1. Si tiene 0, entonces al sumar \(\ell\) (que tiene 1 en esa posición) y \(k-\ell\) (que tendrá 0 en esa posición porque \(k\) tiene 0 y \(\ell\) tiene 1, así que \(k-\ell\) tiene 1? No, mejor pensemos: \(k-\ell\) en binario, en la posición \(v_2(\ell)\), si \(k\) tiene 0 y \(\ell\) tiene 1, entonces \(k-\ell\) tendrá 1 con un acarreo de la posición anterior? Pero no hay acarreo de las posiciones anteriores porque \(k\) tiene ceros. Así que \(k-\ell\) en esa posición es 1 (ya que 0-1 requiere pedir prestado, pero como \(k\) tiene ceros en todas las posiciones menores, pedir prestado se propaga hasta la primera posición donde \(k\) tiene 1, que es al menos \(v_2(k)\)). Entonces hay un acarreo en la suma \(\ell+(k-\ell)\) en la posición \(v_2(\ell)\)? No, la suma de \(\ell\) y \(k-\ell\) da \(k\), y no hay acarreo porque es exactamente la representación. Los acarreos en la suma binaria ocurren cuando la suma de bits en una posición es \(\ge 2\). Aquí, en la posición \(v_2(\ell)\), \(\ell\) tiene 1, \(k-\ell\) tiene 1 (por el préstamo), así que la suma es 0 con acarreo 1. Eso es un acarreo. Entonces hay al menos un acarreo en la posición \(v_2(\ell)\). Además, ese acarreo se propaga a la posición \(v_2(\ell)+1\), y así sucesivamente hasta que \(k\) tenga un 1. Como \(k\) tiene ceros desde \(v_2(\ell)\) hasta \(v_2(k)-1\) (porque \(v_2(k)\ge v_2(\ell)\)), el acarreo se propaga a través de todas esas posiciones, causando acarreos en cada una de ellas. Así que el número de acarreos es al menos \(v_2(k)-v_2(\ell)+1\)? Veamos: en la posición \(v_2(\ell)\), hay un acarreo. Luego en \(v_2(\ell)+1\), \(\ell\) tiene 0, \(k-\ell\) tiene 0 (porque \(k\) tiene 0 y el préstamo ya se usó), pero el acarreo entrante es 1, así que la suma es 1 con acarreo 0? No, si el acarreo entrante es 1 y los bits son 0+0, la suma es 1 sin acarreo. Entonces el acarreo se detiene ahí. Así que solo hay un acarreo. Entonces \(v_2\binom{k}{\ell}=1\) en ese caso. Pero necesitamos \(>2(v_2(k)-v_2(\ell))\). Si \(v_2(k)=v_2(\ell)+1\), entonces \(2(v_2(k)-v_2(\ell))=2\), y \(v_2\binom{k}{\ell}=1\), no es suficiente. Entonces el término \(T_k\) tendría \(v_2=2024-2v_2(k)+1=2024-2(v_2(\ell)+1)+1=2023-2v_2(\ell)\), que es menor que \(2024-2v_2(\ell)\) por 1. ¡Eso sería un problema! Pero espera, ¿es posible que \(k>\ell\) con \(v_2(k)=v_2(\ell)+1\) y que \(\binom{k}{\ell}\) tenga \(v_2=1\)? Por ejemplo, \(\ell=2, k=4\): \(v_2(4)=2, v_2(2)=1\), diferencia 1. \(\binom{4}{2}=6\), \(v_2=1\). Entonces \(T_4\) para \(\ell=2\) tendría \(v_2=2024-4+1=2021\), mientras que \(T_2\) tiene \(v_2=2024-2=2022\). Así que \(T_4\) tiene menor valuación que \(T_2\). ¡Eso contradiría la afirmación! Pero espera, en la suma de \(a_{2\ell+1}\), los términos son \(\binom{N}{2k}\binom{k}{\ell}(-1)^{k-\ell}\). Para \(\ell=2\), \(k=4\) da un término con \(v_2=2021\), mientras que \(k=2\) da \(v_2=2022\). Entonces la valuación de la suma podría ser 2021, no 2022. Pero la afirmación dice \(v_2(a_{2\ell+1})\ge 2026\) para \(\ell>1\). Eso sería falso si esto ocurre. Pero quizás hay cancelación adicional. Necesitamos un análisis más cuidadoso. De hecho, hay una identidad conocida: \(\mathcal{P}(x)\) es el polinomio de Chebyshev de segunda especie? No, es \((x+\sqrt{x^2-1})^N+(x-\sqrt{x^2-1})^N\) dividido por 2, que es \(2T_N(x)\) donde \(T_N\) es el polinomio de Chebyshev de primera especie. Pero aquí \(N\) es impar, así que \(\mathcal{P}(x)=T_N(x)\). Los coeficientes de \(T_N(x)\) tienen propiedades de divisibilidad. Para \(N=2^{2026}+1\), los coeficientes de \(T_N(x)\) son conocidos: \(T_N(x)=\sum_{k=0}^{(N-1)/2} \binom{N}{2k} (x^2-1)^k x^{N-2k}\). Expandiendo, obtenemos los \(a_{2\ell+1}\). Hay un resultado clásico: para \(N=2^m+1\), los coeficientes de \(T_N(x)\) tienen \(v_2\) al menos \(m-1\) para los términos no extremos, y \(v_2(a_1)=m-1\)? Veamos: \(a_1\) es el coeficiente de \(x\), que es \(\sum_{k=0}^{2^{2025}} \binom{N}{2k} \binom{k}{0} (-1)^k = \sum_{k=0}^{2^{2025}} \binom{N}{2k} (-1)^k\). Eso es la parte real de \((1+i)^N\)? No exactamente. Pero sabemos que \(T_N(\cos\theta)=\cos(N\theta)\). Para \(N=2^m+1\), \(T_N(x)\) tiene coeficientes con ciertas valuaciones. De hecho, hay un teorema: si \(N=2^m+1\), entonces \(v_2(a_{2\ell+1})\ge m-1\) para \(\ell\ge 1\), y \(v_2(a_1)=m-1\)? Pero aquí \(m=2026\), así que \(v_2(a_1)\) debería ser 2025? Pero la afirmación dice \(8\nmid a_1\), es decir \(v_2(a_1)\le 2\). Eso es mucho más débil. Espera, la afirmación dice \(8\nmid a_1\), es decir \(v_2(a_1)<3\). Eso es raro porque para \(N=2^{2026}+1\), \(a_1\) es enorme y seguramente divisible por potencias altas de 2. Pero quizás no, porque hay cancelación. De hecho, \(a_1=\sum_{k=0}^{2^{2025}} \binom{N}{2k} (-1)^k\). Esto es la parte real de \((1+i)^N\)? No, \((1+i)^N = \sum_{j=0}^N \binom{N}{j} i^j\). La parte real es \(\sum_{j par} \binom{N}{j} (-1)^{j/2}\). Aquí \(j=2k\), así que es \(\sum_{k} \binom{N}{2k} (-1)^k\). ¡Exactamente! Así que \(a_1 = \Re((1+i)^N)\). Pero \((1+i)^N = (\sqrt{2} e^{i\pi/4})^N = 2^{N/2} e^{iN\pi/4}\). Como \(N=2^{2026}+1\), \(N/2=2^{2025}+0.5\), así que \(2^{N/2}=2^{2^{2025}+0.5}=2^{2^{2025}}\sqrt{2}\). Y \(N\pi/4 = (2^{2026}+1)\pi/4 = 2^{2024}\pi + \pi/4\). Así que \(e^{iN\pi/4}=e^{i\pi/4}=(\sqrt{2}/2)(1+i)\). Entonces \((1+i)^N = 2^{2^{2025}}\sqrt{2} \cdot (\sqrt{2}/2)(1+i) = 2^{2^{2025}}(1+i)\). ¡Así que la parte real es \(2^{2^{2025}}\)! Por lo tanto \(a_1=2^{2^{2025}}\). Entonces \(v_2(a_1)=2^{2025}\), que es mucho mayor que 3. ¡Eso contradice \(8\nmid a_1\)! Espera, ¿qué está mal? Revisemos: \(\mathcal{P}(x)=T_N(x)\) con \(N=2^{2026}+1\). Entonces \(a_1\) es el coeficiente de \(x\) en \(T_N(x)\). Pero \(T_N(x)=\cos(N\arccos x)\). Para \(N\) impar, \(T_N(x)\) es un polinomio con términos de grado impar. El coeficiente de \(x\) es \(T_N'(0)\). Pero \(T_N'(x)=N U_{N-1}(x)\), donde \(U\) es Chebyshev de segunda especie. En \(x=0\), \(U_{N-1}(0)\) es 0 si \(N-1\) es impar? \(N-1=2^{2026}\) es par, así que \(U_{N-1}(0)\) es \((-1)^{(N-1)/2}\)? No, \(U_n(0)=0\) si \(n\) es impar, y \((-1)^{n/2}\) si \(n\) es par. Aquí \(n=N-1=2^{2026}\) es par, así que \(U_{N-1}(0)=(-1)^{2^{2025}}=1\). Entonces \(T_N'(0)=N\). Así que \(a_1=N=2^{2026}+1\). ¡Eso es impar! Entonces \(8\nmid a_1\) es cierto. Mi cálculo anterior de \(a_1\) como \(\Re((1+i)^N)\) estaba mal porque \(\mathcal{P}(x)\) no es exactamente \(T_N(x)\)? Espera, \(2\mathcal{P}(x)=(x+\sqrt{x^2-1})^N+(x-\sqrt{x^2-1})^N\). Pero \(x+\sqrt{x^2-1}\) es \(e^{i\arccos x}\)? No, para \(x=\cos\theta\), \(x+\sqrt{x^2-1}=\cos\theta+i\sin\theta=e^{i\theta}\). Entonces \((x+\sqrt{x^2-1})^N=e^{iN\theta}\), y su conjugado es \(e^{-iN\theta}\), así que la suma es \(2\cos(N\theta)\). Por lo tanto \(\mathcal{P}(\cos\theta)=\cos(N\theta)\), así que \(\mathcal{P}(x)=T_N(x)\). Correcto. Entonces \(a_1=T_N'(0)=N\)? Pero \(T_N(x)\) tiene grado \(N\), y el coeficiente de \(x\) es \(T_N'(0)\). Derivando \(T_N(x)=\cos(N\arccos x)\), \(T_N'(x)=N \sin(N\arccos x)/\sqrt{1-x^2}\). En \(x=0\), \(\arccos 0=\pi/2\), así que \(\sin(N\pi/2)\). Como \(N=2^{2026}+1\) es impar, \(N\pi/2 = 2^{2025}\pi + \pi/2\), así que \(\sin(N\pi/2)=\sin(\pi/2)=1\). Entonces \(T_N'(0)=N/\sqrt{1}=N\). Así que \(a_1=N=2^{2026}+1\), que es impar. Entonces mi cálculo con \((1+i)^N\) era incorrecto porque \(\mathcal{P}(x)\) no es la parte real de \((1+i)^N\) evaluado en algo. De hecho, \(a_1\) es el coeficiente de \(x\), no la suma de coeficientes. La expansión de \(T_N(x)\) da \(a_1=\sum_{k} \binom{N}{2k} \binom{k}{0} (-1)^k\)? No, \(\binom{k}{0}=1\), así que \(a_1=\sum_{k=0}^{2^{2025}} \binom{N}{2k} (-1)^k\). Pero eso es \(\Re((1+i)^N)\) como calculé, que dio \(2^{2^{2025}}\). Pero eso contradice \(a_1=N\). ¿Dónde está el error? Ah, porque en la expansión de \(T_N(x)\), el término \(x^{N-2k}(x^2-1)^k\) contribuye al coeficiente de \(x\) solo cuando \(N-2k+2r=1\), es decir, \(2r=2k-N+1\). Como \(N\) es impar, \(N-2k\) es impar, y \(2r\) es par, así que \(N-2k+2r\) es impar. Para que sea 1, necesitamos \(N-2k+2r=1\), es decir \(2r=2k-N+1\). Como \(N=2^{2026}+1\), \(2k-N+1=2k-2^{2026}\). Para que esto sea \(\ge 0\), necesitamos \(k\ge 2^{2025}\). Pero \(k\) va hasta \(2^{2025}\), así que solo \(k=2^{2025}\) da \(2r=0\), es decir \(r=0\). Entonces el único término que contribuye a \(a_1\) es \(k=2^{2025}\), con coeficiente \(\binom{N}{2^{2026}} \binom{2^{2025}}{0} (-1)^{2^{2025}} = \binom{N}{2^{2026}}\). Pero \(\binom{N}{2^{2026}} = \binom{2^{2026}+1}{2^{2026}} = 2^{2026}+1 = N\). Así que \(a_1=N\). ¡Correcto! Mi error fue que en la suma \(\sum_{k} \binom{N}{2k} \binom{k}{\ell} (-1)^{k-\ell}\), para \(\ell=0\), \(\binom{k}{0}=1\), pero el coeficiente de \(x\) no es esa suma porque el término \(x^{N-2k}(x^2-1)^k\) expandido da \(x^{N-2k+2r}\) con \(r\) de 0 a \(k\). Para obtener \(x^1\), necesitamos \(N-2k+2r=1\), lo que fuerza \(k=(N-1)/2=2^{2025}\) y \(r=0\). Así que solo el término \(k=2^{2025}\) contribuye. Por lo tanto \(a_1=\binom{N}{2^{2026}}=N\). Entonces \(v_2(a_1)=0\), así que \(8\nmid a_1\) es trivial. Ahora para \(\ell\ge 1\), necesitamos mostrar \(v_2(a_{2\ell+1})\ge 2026\). Usemos la fórmula explícita: \[ a_{2\ell+1}=\sum_{k=\ell}^{2^{2025}} \binom{N}{2k} \binom{k}{\ell} (-1)^{k-\ell}. \] Queremos mostrar que cada término tiene \(v_2\ge 2026\), o que la suma tiene esa valuación. Pero vimos que para \(\ell=2, k=4\), el término tiene \(v_2=2021\), que es menor que 2026. Entonces debe haber cancelación entre términos. Necesitamos un argumento más fino. Observa que \(N=2^{2026}+1\). Para \(k\) entre \(\ell\) y \(2^{2025}\), podemos escribir \(k=2^s m\) con \(m\) impar. Entonces \(v_2\binom{N}{2k}=2024-2s\) (como calculamos antes, para \(k\ge 1\)). Además, \(v_2\binom{k}{\ell}\) depende de los acarreos. Pero hay una identidad conocida: \(\binom{N}{2k}\binom{k}{\ell} = \binom{N}{2\ell}\binom{N-2\ell}{2k-2\ell} \frac{?}{?}\) No exactamente. Mejor usar la identidad: \[ \binom{N}{2k}\binom{k}{\ell} = \binom{N}{2\ell}\binom{N-2\ell}{2k-2\ell} \frac{2k}{N}? \] No, hay una identidad de Vandermonde. Pero quizás es mejor trabajar con la expresión original de \(\mathcal{P}(x)\). Tenemos \[ \mathcal{P}(x)=\sum_{k=0}^{2^{2025}} \binom{N}{2k} x^{N-2k}(x^2-1)^k. \] Expande \((x^2-1)^k = \sum_{r=0}^k \binom{k}{r} x^{2r} (-1)^{k-r}\). Entonces el coeficiente de \(x^{2\ell+1}\) es \[ a_{2\ell+1}=\sum_{k=\ell}^{2^{2025}} \binom{N}{2k} \binom{k}{\ell} (-1)^{k-\ell}, \] donde \(2\ell+1 = N-2k+2r\), así que \(r = \ell + k - (N-1)/2 = \ell + k - 2^{2025}\). Como \(r\le k\), esto requiere \(k\ge 2^{2025}-\ell\). Pero también \(r\ge 0\), así que \(k\ge 2^{2025}-\ell\). Pero en la suma, \(k\) va de \(\ell\) a \(2^{2025}\). Para \(\ell\) pequeño, \(2^{2025}-\ell\) es grande, así que muchos términos se cancelan. De hecho, para \(\ell=1\), \(k\) va de \(2^{2025}-1\) a \(2^{2025}\). Solo dos términos. Para \(\ell=2\), \(k\) va de \(2^{2025}-2\) a \(2^{2025}\). Así que en general, \(k\) está cerca de \(2^{2025}\). Eso cambia todo. Mi análisis anterior con \(k=4\) para \(\ell=2\) no aplica porque \(k\) debe ser al menos \(2^{2025}-2\), que es enorme. Así que los términos con \(k\) pequeño no aparecen. Entonces la suma solo incluye \(k\) en el rango \([2^{2025}-\ell, 2^{2025}]\). Para \(\ell\ge 1\), ese rango tiene tamaño \(\ell+1\). Ahora, para \(k\) en ese rango, \(k\) es muy grande, cerca de \(2^{2025}\). Entonces \(v_2(k)\) es al menos \(2025\) si \(k\) es par, pero \(k\) puede ser impar. De hecho, \(2^{2025}\) es par, y los números cercanos pueden ser impares. Pero \(v_2\binom{N}{2k}\) para \(k\) cerca de \(2^{2025}\) es \(2024-2v_2(k)\). Si \(k\) es impar, \(v_2(k)=0\), entonces \(v_2\binom{N}{2k}=2024\). Si \(k\) es par, \(v_2(k)\ge 1\), entonces \(v_2\binom{N}{2k}\le 2022\). Así que los términos con \(k\) impar tienen mayor valuación. Pero necesitamos \(v_2(a_{2\ell+1})\ge 2026\). Eso es mayor que 2024, así que debe haber cancelación entre términos con \(k\) par e impar. Observa que \(N=2^{2026}+1\). Para \(k\) en el rango, podemos escribir \(k=2^{2025}-j\) con \(0\le j\le \ell\). Entonces \(2k = 2^{2026}-2j\). Así que \(\binom{N}{2k} = \binom{2^{2026}+1}{2^{2026}-2j}\). Usando la simetría \(\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}\), esto es \(\binom{2^{2026}+1}{2j+1}\). ¡Ah! Eso es clave. Entonces \[ \binom{N}{2k} = \binom{2^{2026}+1}{2j+1}. \] Ahora, \(v_2\binom{2^{2026}+1}{2j+1}\) se puede calcular. Para \(j=0\), \(\binom{2^{2026}+1}{1}=2^{2026}+1\), que es impar, así que \(v_2=0\). Para \(j\ge 1\), \(2j+1\) es impar, y \(2^{2026}+1\) es impar. La fórmula de Kummer: \(v_2\binom{2^{2026}+1}{2j+1}\) es el número de acarreos al sumar \(2j+1\) y \(2^{2026}-2j\) en binario. Como \(2^{2026}\) es una potencia de 2, \(2^{2026}-2j\) en binario es \(1\) seguido de \(2026\) ceros, menos \(2j\). Eso es complicado. Pero hay una fórmula conocida: para \(n=2^m+1\), \(v_2\binom{n}{r}\) para \(r\) impar es \(m - v_2(r)\)? No exactamente. Probemos con \(m=3\), \(n=9\). \(\binom{9}{1}=9\), \(v_2=0\). \(\binom{9}{3}=84\), \(v_2=2\). \(\binom{9}{5}=126\), \(v_2=1\). \(\binom{9}{7}=36\), \(v_2=2\). \(\binom{9}{9}=1\), \(v_2=0\). Para \(r=1,3,5,7,9\), \(v_2\) son 0,2,1,2,0. No es simplemente \(m-v_2(r)\). Pero hay una relación con la suma de dígitos binarios de \(r\). De hecho, \(v_2\binom{2^m+1}{r} = m - v_2(r) - s_2(r-1)\)? No estoy seguro. Mejor, usemos la identidad de Lucas para módulo 2. Pero necesitamos valuación 2-adica exacta. Hay un teorema de Granville. Pero quizás hay una forma más directa. Observa que \(\mathcal{P}(x)=T_N(x)\) con \(N=2^{2026}+1\). Los coeficientes de \(T_N(x)\) tienen una expresión en términos de senos/cosenos. Pero hay un resultado conocido: para \(N=2^m+1\), los coeficientes de \(T_N(x)\) son divisibles por \(2^{m-1}\) excepto el coeficiente principal y el constante? Pero aquí el grado es \(N\), y los coeficientes de \(x^{2\ell+1}\) para \(\ell\ge 1\) tienen \(v_2\ge m-1=2025\)? Pero la afirmación dice \(\ge 2026\), que es más fuerte. Espera, \(m=2026\), así que \(m-1=2025\). La afirmación pide \(\ge 2026\), que es \(m\). Así que es más fuerte. ¿Es cierto? Probemos con \(m=2\), \(N=5\). \(T_5(x)=16x^5-20x^3+5x\). Coeficientes: \(a_1=5\) (impar), \(a_3=-20\), \(v_2=2\), \(a_5=16\), \(v_2=4\). Aquí \(m=2\), la afirmación diría \(v_2(a_3)\ge 2\) (cierto, igual), y \(v_2(a_5)\ge 2\) (cierto). Para \(\ell=1\), \(v_2(a_3)=2=m\). Para \(\ell=2\), \(v_2(a_5)=4\ge 2\). Así que se cumple. Para \(m=3\), \(N=9\). \(T_9(x)=256x^9-576x^7+432x^5-120x^3+9x\). Coeficientes: \(a_1=9\) (impar), \(a_3