zo n pure veeltermvraag

Merk ten eerste op dat $f-f^2=f(1-f)$ en de veelterm $f$ dus voldoet asa de veelterm $1-f$ voldoet.
Ten tweede, wanneer $x \mid f$, zal $x \not\mid 1-f$.
Analoog kan $1-x$ geen deler zijn van zowel $f$ als $1-f$, want dan zou het dat ook zijn van de som $1$.
Dat betekent dat $x^n$ een deler van $f$ of $1-f$ moet zijn.
Zo ook $(1-x)^n$, maar deze kunnen niet beide de deler zijn van dezelfde factor, daar $x^n(1-x)^n$ van graad $2n$ is.

We kunnen veronderstellen dat $x^n\mid f$ en $(1-x)^n\mid 1-f$.

(de andere oplossing is dan $1-f$ ipv $f$ en zal dus de additief inverse vd andere hoogstegraadscoefficient hebben)

Schrijf $f=g(x)x^n$.
Als $f$ niet uniek was, zou $(1-x)^n\mid x^n [g(x)-h(x)]$, waarbij $g-h$ een veelterm van graad kleiner dan $n$ is, contradictie.

De veelterm $f$ en zo ook $g$ is dus uniek in dit geval.

Merk op dat $(1-x)(1+x+x^2+\cdots) \equiv 1 \pmod{x^n}$.
Dus $(1-x)^n(1+x+x^2+\cdots)^n \equiv 1 \pmod{x^n}$.

Bijgevolg is $g(x) \equiv (1+x+x^2+\cdots)^n\pmod{x^n}$.

Dat zal betekenen dat $g(x)$ gelijk is aan
$1+{n\choose 1}x + {n+1\choose 2}x^2+\cdots + {2n-2\choose n-1}x^{n-1}$, deze uitdrukking kan per inductie [mbv formule van Pascal ] aangetoond worden:
$\left(\frac{1}{1-x}\right)^n=\sum_j {n-1+j\choose j}x^j$.

De leidende coefficient is dan ${2n-2\choose n-1}$ en de andere oplossing gaf $-{2n-2\choose n-1}$.

opmerking; http://users.ugent.be/~jebossae/docs/generatingfunctions.pdf 5e bolletje op blz.2 gaf dit resultaat al, we moeten er zowel $k$ als $n$ gelijkstellen aan $n-1$ voor onze coefficient.