[論文レビュー] Super congruences involving Bernoulli and Euler polynomials

Zhi-Hong Sun|arXiv (Cornell University)|Jul 2, 2014

Advanced Mathematical Identities参考文献 19被引用数 9

ひとこと要約

本稿では、$p$-進解析と二項係数の性質を用いて、以前の $p^2$ 水準の合同式を精緻化することにより、Bernoulli多項式およびEuler多項式を含む新しい $p^3$-超合同式を確立する。特に、$inom{a}{k}inom{-1-a}{k}$ の形の和および関連する重み付き和が、Euler多項式およびBernoulli多項式を含む正確な $p^3$-合同式を満たすことを証明し、Sunらの結果を $p^2$-補正項を明示的に含む形で拡張する。

ABSTRACT

Let $p>3$ be a prime, and let $a$ be a rational p-adic integer. Let $\{B_n(x)\}$ and $\{E_n(x)\}$ denote the Bernoulli polynomials and Euler polynomials, respectively. In this paper we show that $$\sum_{k=0}^{p-1}\binom ak\binom{-1-a}k\equiv (-1)^{\langle a angle_p}+ p^2t(t+1)E_{p-3}(-a)\pmod{p^3}$$ and for $a ot\equiv -\frac 12\pmod p$, $$\sum_{k=0}^{p-1}\binom ak\binom{-1-a}k\frac 1{2k+1}\equiv \frac{1+2t}{1+2a} +p^2\frac{t(t+1)}{1+2a}B_{p-2}(-a)\pmod{p^3},$$ where $\langle a angle_p\in\{0,1,\ldots,p-1\}$ satisfying $a\equiv \langle a angle_p\pmod p$ and $t=(a-\langle a angle_p)/p$. Taking $a=-\frac 13,-\frac 14,-\frac 16$ in the above congruences we solve some conjectures of Z.W. Sun. In this paper we also establish congruences for $\sum_{k=0}^{p-1}k\binom ak\binom{-1-a}k,\ \sum_{k=0}^{p-1}\binom ak\binom{-1-a}k\frac 1{2k-1},\ \sum_{k=1}^{p-1}\frac 1k\binom ak\binom{-1-a}k\pmod{p^3}$ and $\sum_{k=1}^{p-1}\frac {(-1)^k}k\binom ak,\ \sum_{k=0}^{p-1}\binom ak(-2)^k\pmod{p^2}.$

研究の動機と目的

• ハイパージェオメトリック型二項和の既知の $p^2$-超合同式を $p^3$ 水準に拡張すること。
• Euler多項式およびBernoulli多項式を $p^3$-合同式における補正項として含む精緻化された合同式を提供すること。
• Sunによる $inom{2k}{k}^2/16^k$、$inom{2k}{k}\binom{4k}{2k}/64^k$ および関連項の和に関する $p^3$ での予想を一般化し、証明すること。
• $p$-進展開および特殊関数の恒等式を用いて、$1/(2k+1)$、$1/k$、$(-1)^k/k$ を含む重み付き和の $p^3$-合同式を確立すること。

提案手法

• $a = \langle a\rangle_p + pt$ という $p$-進展開を用いて、$\binom{a}{k}$ を $p^3$ で剰余として分析すること。
• 基本ケースとして $\sum_{k=0}^{p-1} \binom{pt}{k}\binom{-1-pt}{k} \equiv 1 \pmod{p^3}$ という恒等式を適用し、合同式を昇格させること。
• 調和和の $p$-進展開およびBernoulli/Euler多項式の評価を用いて補正項を導出すること。
• $p^3$ での二項和の挙動をモデル化するため、再帰関係を満たす母関数 $F_n(a,x)$ を用いること、特に $n = p-1$ の場合に注目する。
• 既知の $p$-進恒等式 $\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k} \equiv 0 \pmod{p^2}$ および $\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2} \equiv 0 \pmod{p}$ を用いて、高次の項を簡略化すること。
• $t = (a - \langle a\rangle_p)/p$ の $p$-進展開を用いて、$\sum \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}/(2k+1)$ および $\sum \frac{1}{k}\binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}$ の $p^3$-合同式を導出すること。

実験結果

リサーチクエスチョン

• RQ1 Rodriguez-Villegasのハイパージェオメトリック和に関する $p^2$-超合同式を、明示的な補正項を含む $p^3$-レベルの合同式に精緻化できるか？
• RQ2 $a$ が $p$ で割り切れない $p$-進整数であるとき、$\sum_{k=0}^{p-1} \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}$ の正確な $p^3$-合同式は何か？
• RQ3 $p > 3$ のとき、$\sum \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}/(2k+1)$ のような重み付き和は $p^3$ でどのように振る舞うか？
• RQ4 $1/k$ および $(-1)^k/k$ 項を含む二項和の文脈で、$p^3$-合同式を確立できるか？
• RQ5 Euler多項式およびBernoulli多項式は、このような超合同式の $p^3$-補正項において果たす役割は何か？

主な発見

• $\sum_{k=0}^{p-1} \frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k} \equiv \left(\frac{-1}{p}\right) - p^2 E_{p-3} \pmod{p^3}$ が成り立ち、Sunの予想が確認された。
• $a = -\frac{1}{4}$ のとき、$\sum_{k=0}^{p-1} \frac{\binom{2k}{k}\binom{4k}{2k}}{64^k(2k+1)} \equiv \left(\frac{-1}{p}\right) - 3p^2 E_{p-3} \pmod{p^3}$ が成り立ち、既知の $p^2$ 結果が拡張された。
• $\sum_{k=0}^{p-1} \frac{\binom{2k}{k}\binom{4k}{2k}}{64^k k} \equiv -3H_{(p-1)/2} + \frac{7}{4}p^2 B_{p-3} \pmod{p^3}$ が成り立ち、$H_{(p-1)/2}$ は調和和である。
• $a = -\frac{1}{3}$ のとき、$\sum_{k=0}^{p-1} \binom{-1/3}{k}(-2)^k \equiv \left(\frac{-3}{p}\right) + \frac{3 - \left(\frac{-3}{p}\right)}{3} p q_p(2) \pmod{p^2}$ が成り立ち、新しい $p^2$-合同式が得られた。
• 任意の $a \in \mathbb{Z}_p$ で $a \not\equiv 0 \pmod{p}$ であるとき、一般の合同式 $\sum_{k=0}^{p-1} \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k} \equiv (-1)^{\langle a\rangle_p} + (a - \langle a\rangle_p)(p + a - \langle a\rangle_p) E_{p-3}(-a) \pmod{p^3}$ が成立する。
• $a = -\frac{1}{4}$ のとき、$\sum_{k=0}^{p-1} \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k} \frac{1}{2k+1} \equiv \frac{1+2t}{1+2a} + p^2 \frac{t(t+1)}{1+2a} B_{p-2}(-a) \pmod{p^3}$ が成り立ち、ここで $t = (a - \langle a\rangle_p)/p$ である。