[论文解读] 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 9

一句话总结

本文通过使用 $p$-进分析和二项式系数的性质，对早期的 $p^2$ 阶同余式进行细化，建立了涉及伯努利多项式和欧拉多项式模 $p^3$ 的新超同余式。证明了形如 $\sum_{k=0}^{p-1} \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}$ 及其相关加权和满足精确的 $p^3$-同余式，其中涉及欧拉多项式和伯努利多项式，扩展了孙及其他人的结果，并给出了显式的 $p^2$-修正项。

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 $\sum_{k=1}^{p-1}\frac {(-1)^k}k\binom ak,\ \sum_{k=0}^{p-1}\binom ak(-2)^k\pmod{p^2}.$

研究动机与目标

• 将已知的超几何型二项式和的 $p^2$-超同余式推广至 $p^3$ 阶。
• 提供涉及欧拉多项式和伯努利多项式的修正项，用于 $p^3$-同余式。
• 推广并证明孙关于含 $\binom{2k}{k}^2/16^k$、$\binom{2k}{k}\binom{4k}{2k}/64^k$ 及相关项的和模 $p^3$ 的猜想。
• 通过 $p$-进展开和特殊函数恒等式，建立涉及 $1/(2k+1)$、$1/k$ 和 $(-1)^k/k$ 的加权和的新 $p^3$-同余式。

提出的方法

• 使用 $p$-进展开 $a = \langle a\rangle_p + pt$ 来分析模 $p^3$ 下的二项式系数 $\binom{a}{k}$。
• 应用恒等式 $\sum_{k=0}^{p-1} \binom{pt}{k}\binom{-1-pt}{k} \equiv 1 \pmod{p^3}$ 作为提升同余式的基准情形。
• 利用调和和的 $p$-进展开以及伯努利/欧拉多项式取值，推导出修正项。
• 使用满足递推关系的生成函数 $F_n(a,x)$ 来建模模 $p^3$ 下的二项式和行为，特别是当 $n = p-1$ 时。
• 利用已知的 $p$-进恒等式 $\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k} \equiv 0 \pmod{p^2}$ 和 $\sum_{k=1}^{p-1} \frac{1}{k^2} \equiv 0 \pmod{p}$ 来简化高阶项。
• 通过 $t = (a - \langle a\rangle_p)/p$ 的 $p$-进展开，推导出 $\sum \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}/(2k+1)$ 和 $\sum \frac{1}{k}\binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}$ 的 $p^3$-同余式。

实验结果

研究问题

• RQ1 Rodriguez-Villegas 对超几何和的 $p^2$-超同余式能否被细化为带有显式修正项的 $p^3$-同余式？
• RQ2 当 $a$ 是不被 $p$ 整除的 $p$-进整数时，$\sum_{k=0}^{p-1} \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}$ 的精确 $p^3$-同余式是什么？
• RQ3 对于 $p > 3$，加权和如 $\sum \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k}/(2k+1)$ 模 $p^3$ 的行为如何？
• RQ4 能否在二项式和的背景下建立含 $1/k$ 和 $(-1)^k/k$ 项的 $p^3$-同余式？
• RQ5 欧拉多项式和伯努利多项式在这些超同余式的 $p^3$-修正项中起什么作用？

主要发现

• 和 $\sum_{k=0}^{p-1} \frac{\binom{2k}{k}^2}{16^k} \equiv \left(\frac{-1}{p}\right) - p^2 E_{p-3} \pmod{p^3}$ 成立，证实了孙的猜想。
• 当 $a = -\frac{1}{4}$ 时，和 $\sum_{k=0}^{p-1} \frac{\binom{2k}{k}\binom{4k}{2k}}{64^k(2k+1)} \equiv \left(\frac{-1}{p}\right) - 3p^2 E_{p-3} \pmod{p^3}$，推广了已知的 $p^2$ 结果。
• 和 $\sum_{k=0}^{p-1} \frac{\binom{2k}{k}\binom{4k}{2k}}{64^k k} \equiv -3H_{(p-1)/2} + \frac{7}{4}p^2 B_{p-3} \pmod{p^3}$，其中 $H_{(p-1)/2}$ 为调和和。
• 当 $a = -\frac{1}{3}$ 时，和 $\sum_{k=0}^{p-1} \binom{-1/3}{k}(-2)^k \equiv \left(\frac{-3}{p}\right) + \frac{3 - \left(\frac{-3}{p}\right)}{3} p q_p(2) \pmod{p^2}$，给出了一个新的 $p^2$-同余式。
• 对所有 $a \in \mathbb{Z}_p$ 且 $a \not\equiv 0 \pmod{p}$，一般同余式 $\sum_{k=0}^{p-1} \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k} \equiv (-1)^{\langle a\rangle_p} + (a - \langle a\rangle_p)(p + a - \langle a\rangle_p) E_{p-3}(-a) \pmod{p^3}$ 成立。
• 当 $a = -\frac{1}{4}$ 时，和 $\sum_{k=0}^{p-1} \binom{a}{k}\binom{-1-a}{k} \frac{1}{2k+1} \equiv \frac{1+2t}{1+2a} + p^2 \frac{t(t+1)}{1+2a} B_{p-2}(-a) \pmod{p^3}$，其中 $t = (a - \langle a\rangle_p)/p$。