[论文解读] Two new kinds of numbers and related divisibility results

Zhi‐Wei Sun|arXiv (Cornell University)|Aug 21, 2014

Advanced Mathematical Identities参考文献 6被引用 10

一句话总结

本文引入了两个新的整数序列 $ R_n $ 和 $ S_n $，通过涉及中心二项式系数和倒数奇数的二项式求和来定义。利用 Zeilberger 算法，推导出这两个序列的三阶线性递推关系，并建立了新颖的 $ p $-进同余关系，将 $ R_n $ 与勒让德符号以及模 $ p^2 $ 下的中心二项式系数平方和联系起来，特别针对满足 $ p \equiv \pm1 \pmod{4} $ 的素数。

ABSTRACT

We mainly introduce two new kinds of numbers given by $$R_n=\sum_{k=0}^n\binom nk\binom{n+k}k\frac1{2k-1}\quad\ (n=0,1,2,...)$$ and $$S_n=\sum_{k=0}^n\binom nk^2\binom{2k}k(2k+1)\quad\ (n=0,1,2,...).$$ We find that such numbers have many interesting arithmetic properties. For example, if $p\equiv1\pmod 4$ is a prime with $p=x^2+y^2$ (where $x\equiv1\pmod 4$ and $y\equiv0\pmod 2$), then $$R_{(p-1)/2}\equiv p-(-1)^{(p-1)/4}2x\pmod{p^2}.$$ Also, $$\frac1{n^2}\sum_{k=0}^{n-1}S_k\in\mathbb Z\ \ {and}\ \ \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}S_k(x)\in\mathbb Z[x]\quad ext{for all}\ n=1,2,3,...,$$ where $S_k(x)=\sum_{j=0}^k\binom kj^2\binom{2j}j(2j+1)x^j$. For any positive integers $a$ and $n$, we show that, somewhat surprisingly, $$\frac1{n^2}\sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)\binom{n-1}k^a\binom{-n-1}k^a\in\mathbb Z\ \ {and} \ \ \frac 1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\binom{n-1}k^a\binom{-n-1}k^a}{4k^2-1}\in\mathbb Z.$$ We also solve a conjecture of V.J.W. Guo and J. Zeng, and pose several conjectures for further research.

研究动机与目标

• 定义并研究两个新的整数序列 $ R_n $ 和 $ S_n $，将组合数论的范围拓展至卡塔兰数和施罗德数之外。
• 使用 Zeilberger 算法，推导 $ R_n $ 和 $ S_n $ 的线性递推关系，及其相关多项式 $ R_n(x) $、$ S_n(x) $ 的递推关系。
• 建立 $ R_n $ 与中心二项式系数及勒让德符号之间深刻的 $ p $-进同余关系，特别针对满足 $ p \equiv 1,3 \pmod{4} $ 的素数。
• 提出多项式 $ R_n(x) $、$ S_n(x) $ 的不可约性猜想，以及 $ R_k^2 $、$ S_k $ 和相关序列的平方和的整除性质。

提出的方法

• 定义 $ R_n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\binom{n+k}{k}\frac{1}{2k-1} $，这是施罗德数的一种变体，分母为倒数奇数。
• 定义 $ S_n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}^2\binom{2k}{k}(2k+1) $，这是具有二次二项式权重和线性项的新序列。
• 在 Mathematica 9 中应用 Zeilberger 算法，推导 $ R_n $、$ S_n $ 及其多项式推广 $ R_n(x) $、$ S_n(x) $ 的三阶线性递推关系。
• 建立 $ R_{(p-1)/2} $ 及相关求和在模 $ p^2 $ 下的 $ p $-进同余关系，将其与高斯及 Chowla-Dwork-Evans 关于模 $ p^2 $ 下二项式系数的结果联系起来。
• 猜想 $ R_n(x) $ 和 $ S_n(x) $ 在 $ \mathbb{Q} $ 上不可约，并且某些 $ R_k^2 $、$ S_k $ 和 $ s_k $ 的加权和可被 $ n $、$ n^2 $ 或 $ n^3 $ 整除。
• 提出求和与同余关系的 $ q $-模拟形式，验证其在模 $ [n]_q $ 下成立，并猜想其在 $ \mathbb{Z}[q] $ 中可被 $ [n]_q^2 $ 整除。

实验结果

研究问题

• RQ1 新序列 $ R_n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\binom{n+k}{k}\frac{1}{2k-1} $ 的组合与算术性质是什么？它与施罗德数和卡塔兰数有何关系？
• RQ2 对于满足 $ p \equiv 1 \pmod{4} $ 的素数，$ R_n $ 在模 $ p^2 $ 下的行为如何？其与高斯及 Chowla-Dwork-Evans 同余关系之间存在何种联系？
• RQ3 哪些递推关系控制 $ R_n $ 和 $ S_n $？它们的多项式推广 $ R_n(x) $、$ S_n(x) $ 在代数与算术约束下表现出何种行为？
• RQ4 求和 $ \sum_{k=0}^{n-1} R_k^2 $、$ \sum_{k=0}^{n-1} S_k $ 及相关序列是否可被 $ n $、$ n^2 $ 或 $ n^3 $ 整除？其 $ q $-模拟形式为何？
• RQ5 能否将 $ R_n $ 的 $ p $-进同余关系推广至 $ q $-模拟形式？它们在 $ \mathbb{Z}[q] $ 中是否满足被 $ [n]_q^2 $ 整除？

主要发现

• 序列 $ R_n $ 满足对所有 $ n \in \mathbb{N} $ 成立的三阶递推关系：$ (n+1)R_n - (7n+15)R_{n+1} + (7n+13)R_{n+2} - (n+3)R_{n+3} = 0 $。
• 对于满足 $ p \equiv 1 \pmod{4} $ 的素数，有 $ R_{(p-1)/2} \equiv -2\left(\frac{2}{p}\right)x \pmod{p^2} $，其中 $ p = x^2 + y^2 $ 且 $ x \equiv 1 \pmod{4} $，这表明 $ R_n $ 与两个平方和之间存在联系。
• 求和 $ \sum_{k=0}^{p-1} \frac{\binom{2k}{k}^2}{(2k-1)(-16)^k} \equiv -2\left(\frac{2}{p}\right)x \pmod{p^2} $，且对 $ x = -2 $ 和 $ x = -1/2 $ 也存在类似同余式，$ R_n(x) $ 的取值与这些求和一致。
• 对于满足 $ p \equiv 3 \pmod{4} $ 的素数，有 $ R_{(p-1)/2} \equiv -\frac{1}{2}\left(\frac{2}{p}\right)\binom{(p+1)/2}{(p+1)/4} \pmod{p} $，表明此类素数下行为不同。
• 求和 $ \sum_{k=0}^{n-1} R_k \equiv -p - \left(\frac{-1}{p}\right) \pmod{p^2} $，为 $ R_k $ 的部分和在模 $ p^2 $ 下提供了同余关系。
• 多项式 $ R_n(-1) = -(2n+1) $，且恒等式 $ \sum_{k=0}^{n} \frac{\binom{n}{k}\binom{-n}{k}}{2k-1} = -2n $ 是一个新颖且简洁的组合恒等式。