ある二項係数付き級数の合同式について

$\displaystyle\beta_n:=\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}$とする. 今回は以下の合同式を示す.

$r\geq 1$とする. 奇素数$p$に対し,
\begin{align} p\beta_p^{r}\sum_{k=0}^{p-1}((-1)^k\beta_k)^{r}\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)\equiv\frac{1}{2^r}\pmod{p^2} \end{align}
が成り立つ.

\begin{align} q_p(x):=\frac{x^{p-1}-1}p \end{align}
をFermat商とする. 1つ補題を用意する. これは前の記事( Andrewsの恒等式から得られる二項係数付き多重和の合同式 )の補題1の精密化である.

奇素数$p$に対し,
\begin{align} \beta_p&\equiv \frac 12(1-2pq_p(2))\pmod{p^2}\\ \beta_{\frac{p-1}2}&\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}(1+pq_p(2))\pmod{p^2} \end{align}
が成り立つ.

まず, 1つ目の等式は
\begin{align} \beta_p&=\frac{1}{2^{2p}}\binom{2p}p\\ &=\frac 1{2^{2p-1}}\prod_{j=1}^{p-1}\left(1+\frac{p}{j}\right)\\ &\equiv\frac 1{2^{2p-1}}\left(1+p\sum_{j=1}^{p-1}\frac 1j\right)\pmod{p^2}\\ &\equiv \frac 1{2^{2p-1}}\\ &\equiv\frac 12(1+pq_p(2))^{-2}\pmod{p^2}\\ &\equiv\frac 12(1-2pq_p(2))\pmod{p^2}\\ \end{align}
と示される. 2つ目の等式は
\begin{align} \beta_{\frac{p-1}2}&=\frac 1{2^{p-1}}\binom{p-1}{\frac{p-1}2}\\ &=\frac{(-1)^{\frac{p-1}2}}{2^{p-1}}\prod_{j=1}^{\frac{p-1}2}\left(1-\frac{p}{j}\right)\\ &\equiv\frac{(-1)^{\frac{p-1}2}}{2^{p-1}}\left(1-p\sum_{j=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1j\right)\pmod{p^2}\\ &\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}(1+pq_p(2))^{-1}\left(1+2pq_p(2)\right)\pmod{p^2}\\ &\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}(1+pq_p(2))\pmod{p^2} \end{align}
となって示すべき等式を得る. 途中で
\begin{align} \sum_{j=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1j=-2q_p(2)\pmod{p} \end{align}
であることを用いた. これについては, 二項定理から
\begin{align} 2^{p}-2=\sum_{j=1}^{p-1}\binom pj \end{align}
であるから両辺を$-p$で割って$\mathrm{mod}\,\,p$すると
\begin{align} \sum_{j=1}^{p-1}\frac{(-1)^j}j\equiv -2q_p(2)\pmod{p} \end{align}
が得られ, それとよく知られた等式
\begin{align} \sum_{j=1}^{p-1}\frac 1j\equiv 0\pmod{p} \end{align}
を合わせることによって示すことができる.

定理1の証明

まず, $\frac{p-1}2< k< p$に対し
\begin{align} \beta_k\equiv0\pmod p \end{align}
であるから,
\begin{align} p((-1)^k\beta_k)^{r}\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right) \end{align}
は$p^{r+1}$の倍数である. よって,
\begin{align} &p\sum_{k=0}^{p-1}((-1)^k\beta_k)^{r}\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)\\ &\equiv p\sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}((-1)^k\beta_k)^{r}\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)\pmod {p^{r+1}} \end{align}
と書き換えられる. 次に, $2$に対するFermat商を
\begin{align} q:=\frac{2^{p-1}-1}p \end{align}
とする. このとき, 補題2の2つ目の等式を用いると,
\begin{align} &p\sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}((-1)^k\beta_k)^{r}\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)\\ &=2((-1)^{\frac{p-1}2}\beta_{\frac{p-1}2})^r-1+p\sum_{k=0}^{\frac{p-3}2}\frac{((-1)^k\beta_k)^r}{p-k-\frac 12}-p\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\frac{((-1)^k\beta_k)^r}{p+k}\\ &\equiv 2(1+pq_p(2))^{r}-1+p\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\left(\frac{((-1)^{\frac{p-1}2-k}\beta_{\frac{p-1}2-k})^r}{k}-\frac{((-1)^k\beta_k)^r}{k}\right)\pmod{p^2}\\ &\equiv 1+2rpq_p(2)+p(((-1)^{\frac{p-1}2}\beta_{\frac{p-1}2})^r-1)\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\frac{((-1)^k\beta_k)^r}{k}\pmod{p^2}\\ &\equiv 1+2rpq_p(2)\pmod{p^2} \end{align}
を得る(途中の等号において$\beta_{\frac{p-1}2-k}\equiv\beta_{\frac{p-1}2}\beta_k\pmod{p}$であることを用いた). よって, 補題2の1つ目の等式より
\begin{align} &p\beta_p^r\sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}((-1)^k\beta_k)^{r}\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)\\ &\equiv \frac 1{2^r}(1-2pq_p(2))^r(1+2rpq_p(2))\pmod{p^2}\\ &\equiv \frac 1{2^r}\pmod{p^2} \end{align}
となって示すべき等式を得る.

応用

前の記事( Well-poised超幾何級数の有限対称モーメント )で示した等式
\begin{align} N^4\beta_N^4\sum_{k=0}^{N-1}\beta_k^4\left(\frac 1{N-k-\frac 12}-\frac 1{N+k}\right)&=\frac 1{64}\sum_{n=0}^{N-1}(3(4n+1)^3+(4n+1))\beta_n^8 \end{align}
において, $N=p$として$\mathrm{mod}\,\,p^5$すると, 定理1より
\begin{align} \sum_{n=0}^{p-1}(3(4n+1)^3+(4n+1))\beta_n^8&=64p^4\beta_p^4\sum_{k=0}^{p-1}\beta_n^4\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)\\ &\equiv 64p^3\frac 1{16}\pmod{p^5}\\ &\equiv 4p^3\pmod{p^5} \end{align}
を得る. つまり, 以下が得られた.

奇素数$p$に対し,
\begin{align}\sum_{n=0}^{p-1}(3(4n+1)^3+(4n+1))\beta_n^8&\equiv 4p^3\pmod{p^5} \end{align}
が成り立つ.

これは前の記事( Andrewsの恒等式から得られる二項係数付き多重和の合同式2 の予想の$\mathrm{mod}\,\,p^5$の場合である.

投稿日：2日前

更新日：2日前