[论文解读] Congruences concerning Legendre polynomials

Zhi‐zhong Sun|Dec 17, 2010

Advanced Mathematical Identities被引用 51

一句话总结

本文建立了关于模 $p^2$ 的勒让德多项式的新超同余关系，证明了形如 $\textstyle\binom{2k}{k}^2 / 16^k$ 的某些和式在模 $p^2$ 下为零或取特定值，具体取决于 $p \mod 4$ 或 $p$ 表示为平方和的形式。研究通过勒让德多项式的展开式与模运算推导出这些结果，验证并扩展了罗德里格斯-维莱加斯与孙智伟关于阿佩尔西型和式及二元二次型的猜想。

ABSTRACT

Let $p$ be an odd prime. In the paper, by using the properties of Legendre polynomials we prove some congruences for $\sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}\binom{2k}k^2m^{-k}\mod {p^2}$. In particular, we confirm several conjectures of Z.W. Sun. We also pose 13 conjectures on supercongruences.

研究动机与目标

• 通过勒让德多项式展开式，建立涉及中心二项式系数的和式在模 $p^2$ 下的新超同余关系。
• 证明并扩展罗德里格斯-维莱加斯与孙智伟关于 $\textstyle\binom{2k}{k}^2 / 16^k$ 与 $\textstyle\binom{2k}{k}^2 / 32^k$ 在模 $p^2$ 下行为的猜想。
• 将这些和式与素数表示为平方和及二元二次型联系起来。
• 利用勒让德多项式建立统一框架，推导并推广现有的超同余结果。
• 提出并激励关于更高阶超同余关系的新猜想，涉及 $(4k)!/k!^4$ 与 $(6k)!/k!^3(3k)!$ 项在模 $p^2$ 下的行为。

提出的方法

• 使用勒让德多项式 $P_n(x)$ 的生成函数与罗德里格斯公式，推导出包含 $\binom{n+k}{2k}\binom{2k}{k}((x-1)/2)^k$ 的级数展开式。
• 应用同余式 $\binom{(p-1)/2 + k}{2k} \equiv \frac{\binom{2k}{k}}{(-16)^k} \left(1 - p^2 \sum_{i=1}^k \frac{1}{(2i-1)^2}\right) \pmod{p^4}$，将勒让德多项式系数模 $p^2$ 化简。
• 利用对称性 $P_n(-x) = (-1)^n P_n(x)$ 推导函数恒等式，从而得到模 $p^2$ 下为零的和式。
• 将特定 $x$ 值（如 $x=1$、$x=1/2$）代入主同余式，恢复已知与新的超同余关系。
• 利用 $A((p-1)/2)$ 与模形式之间的联系，将和式 $\textstyle\sum \binom{2k}{k}^4 / 4^{4k}$ 与 $a(p) \bmod p^2$ 关联起来。
• 基于 $p$-进行为与素数在二元二次型中表示的模式，提出新的猜想。

实验结果

研究问题

• RQ1 对于奇素数 $p$，$\sum_{k=0}^{(p-1)/2} \binom{2k}{k}^2 / 16^k \pmod{p^2}$ 的行为如何？
• RQ2 和式 $\sum_{k=0}^{(p-1)/2} \binom{2k}{k}^2 / 32^k \pmod{p^2}$ 如何与 $p$ 表示为平方和的形式相关联？
• RQ3 勒让德多项式模 $p^2$ 的结构能否用于推导阿佩尔西型和式的新的超同余关系？
• RQ4 对于 $m = 8, -16, 32, 54, 648, \dots$，和式 $\sum_{k=0}^{p-1} \binom{2k}{k}^2 / m^k \pmod{p^2}$ 的模形式规律是什么？
• RQ5 在何种条件下，有 $\sum_{k=0}^{p-1} \frac{(4k)!}{m^k k!^4} \equiv 0 \pmod{p^2}$ 或 $\equiv 4x^2 - 2p \pmod{p^2}$？

主要发现

• 对于任意有理 $p$-整数 $x$，有 $\sum_{k=0}^{p-1} \frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k} \left(x^k - (-1)^{(p-1)/2}(1-x)^k \right) \equiv 0 \pmod{p^2}$，推广了罗德里格斯-维莱加斯的猜想。
• 当 $p \equiv 3 \pmod{4}$ 时，有 $\sum_{k=0}^{(p-1)/2} \frac{\binom{2k}{k}^2}{32^k} \equiv 0 \pmod{p^2}$；当 $p \equiv 1 \pmod{4}$ 时，其值为 $2a - p/(2a) \pmod{p^2}$，其中 $p = a^2 + b^2$ 且 $a \equiv 1 \pmod{4}$。
• 对于 $x \not\equiv 0 \pmod{p}$，有 $\sum_{k=0}^{(p-1)/2} \frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k} \left(x^k - \left(\frac{x}{p}\right) x^{-k} \right) \equiv 0 \pmod{p}$，这与勒让德符号的性质相关。
• 阿佩尔西数 $A((p-1)/2) \equiv \sum_{k=0}^{(p-1)/2} \frac{\binom{2k}{k}^4}{4^{4k}} \pmod{p^2}$，通过 $a(p)$ 与模形式建立联系。
• 本文验证了猜想 $\sum_{k=1}^{(p-1)/2} \frac{\binom{2k}{k}^3}{4^{3k}} \equiv b(p) \pmod{p^2}$，其中 $b(n)$ 源自水平为 4 的模形式。
• 针对 $\sum \frac{(4k)!}{m^k k!^4} \pmod{p^2}$ 与 $\sum \frac{(6k)!}{m^k (3k)! k!^3} \pmod{p^2}$ 提出了新猜想，其结果取决于 $p$ 是否在特定二次型中分裂，或是否满足勒让德符号条件。