mod pの中央二項係数付き級数とLucas数列
$p$を奇素数とする.
\begin{align}
a_n(x)&:=\frac 1{\sqrt{1-x}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)^n\right)\\
b_n(x)&:=\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^n+\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)^n\\
\end{align}
とする. 今回はこれらのLucas数列と
\begin{align}
\sum_{n=1}^{p-1}\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}n}x^n\pmod p
\end{align}
のような級数の間の関係について調べたいと思う.
母関数
まず, 簡単な計算により次が分かる.
\begin{align} \sum_{0\leq n}a_n(x)t^n&=\frac{t}{1-t+\frac{xt^2}4}\\ \sum_{0\leq n}b_n(x)t^n&=\frac{2-t}{1-t+\frac{xt^2}4} \end{align}
これらを用いると以下が示される.
\begin{align}
a_n(x)&=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac {n-1}2\rfloor}\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\binom{n-k-1}{k}x^k\\
b_n(x)&=n\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}\frac{(-1)^k}{2^{2k}(n-k)}\binom{n-k}{k}x^k
\end{align}
が成り立つ.
1つ目の式の左辺の母関数は
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}t^n\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\binom{n-k-1}{k}x^k\\
&=t\sum_{0\leq k,n}t^n\binom{n}k\left(-\frac{xt}4\right)^k\qquad n\mapsto n+k+1\\
&=t\sum_{0\leq n}t^n\left(1-\frac{xt}4\right)^n\\
&=\frac{t}{1-t+\frac{xt^2}4}
\end{align}
となり, $a_n(x)$の母関数に一致することから従う. 次に2つ目の式は1つ目の式を用いて,
\begin{align}
&n\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}\frac{(-1)^k}{2^{2k}(n-k)}\binom{n-k}{k}x^k\\
&=2\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\binom{n-k}{k}x^k-\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\binom{n-k-1}{k}x^k\\
&=\frac 1{\sqrt{1-x}}\left(2\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^{n+1}-2\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)^{n+1}-\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^{n}+\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)^{n}\right)\\
&=\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^{n}+\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)^{n}\\
&=b_n(x)
\end{align}
と示される.
中央二項係数付き級数との関係
補題2の1つ目の式において特に$n=p$として$\bmod p$すると
\begin{align}
\binom{p-k-1}k&=\binom{2k}k\frac{\binom{p-1}{2k}}{\binom{p-1}k}\\
&\equiv (-1)^k\binom{2k}k\pmod p
\end{align}
なので$x$を不定元として,
\begin{align}
a_p(x)\equiv \sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}\frac{\binom{2k}k}{2^{2k}}x^k\pmod p
\end{align}
が得られる. $\binom{2k}k$は$\frac{p+1}2\leq k< p$のときは$p$の倍数なので, 右辺の和の範囲は$\sum_{k=0}^{p-1}$としても良い. 右辺について, 二項定理から
\begin{align}
\sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}\frac{\binom{2k}k}{2^{2k}}x^k&\equiv\sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}\binom{\frac{p-1}2}k(-x)^k\pmod p\\
&=(1-x)^{\frac{p-1}2}\pmod p
\end{align}
と書き換えることもできる. 同じように補題2の1つ目の式に$n=\frac{p+1}2,\frac{p-1}2$を代入して$\bmod p$すると
\begin{align}
a_{\frac{p+1}2}(x)&\equiv \sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}\frac{\binom{4k}{2k}}{2^{4k}}x^k\pmod p\\
a_{\frac{p-1}2}(x)&\equiv \sum_{k=0}^{\frac{p-3}2}\frac{\binom{4k+2}{2k+1}}{2^{4k+1}}x^k\pmod p
\end{align}
を得ることができる. 補題2の2つ目の式も
\begin{align}
2\frac{1-b_p(x)}{p}=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\frac{(-1)^k}{2^{2k}\left(k-\frac{p}2\right)}\binom{p-k-1}kx^k
\end{align}
と書き換えて$\bmod p$すると
\begin{align}
2\frac{1-b_p(x)}{p}=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\frac{\binom{2k}k}{2^{2k}k}x^k\pmod p
\end{align}
を得る. まとめると以下を得る.
$x$を不定元として,
\begin{align}
a_p(x)&\equiv \sum_{k=0}^{p-1}\frac{\binom{2k}k}{2^{2k}}x^k\equiv(1-x)^{\frac{p-1}2}\pmod p\\
2\frac{1-b_p(x)}p&\equiv \sum_{k=1}^{p-1}\frac{\binom{2k}k}{2^{2k}k}x^k\pmod p
\end{align}
が成り立つ. 特に$b_p(x)\equiv 1\pmod p$が成り立つ. また,
\begin{align}
a_{\frac{p+1}2}(x)&\equiv \sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}\frac{\binom{4k}{2k}}{2^{4k}}x^k\pmod p\\
a_{\frac{p-1}2}(x)&\equiv \sum_{k=0}^{\frac{p-3}2}\frac{\binom{4k+2}{2k+1}}{2^{4k+1}}x^k\pmod p
\end{align}
が成り立つ.
特に$x\in\ZZ_p$のときは, Eulerの規準から
\begin{align}
(1-x)^{\frac{p-1}2}\equiv\left(\frac{1-x}p\right)\pmod p
\end{align}
とLegendre記号を用いて書けるので,
\begin{align}
a_p(x)\equiv \left(\frac{1-x}p\right)\pmod p
\end{align}
を得る.
加法定理
定義から
\begin{align}
\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^n=\frac{a_n(x)\sqrt{1-x}+b_n(x)}2
\end{align}
となる.
\begin{align}
\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^m\cdot \left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^n=\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}2\right)^{m+n}
\end{align}
の$\sqrt{1-x},1$の係数を比較すると以下の加法定理を得る.
\begin{align}
2a_{m+n}(x)&=a_m(x)b_n(x)+a_n(x)b_m(x)\\
2b_{m+n}(x)&=(1-x)a_m(x)a_n(x)+b_m(x)b_n(x)
\end{align}
が成り立つ. 特に, $m=-n$として
\begin{align}
b_n(x)^2-(1-x)a_n(x)^2=4\left(\frac x4\right)^n
\end{align}
が成り立つ.
次は上の加法定理や母関数を用いて示すことができる.
\begin{align}
2a_{n+1}(x)&=a_n(x)+b_n(x)\\
2b_{n+1}(x)&=(1-x)a_n(x)+b_n(x)\\
xa_n(x)&=2(a_{n+1}(x)-b_{n+1}(x))\\
xb_n(x)&=2(b_{n+1}(x)-(1-x)a_{n+1}(x))
\end{align}
が成り立つ. また
\begin{align}
a_n(x)&=a_{n-1}(x)-\frac x4a_{n-2}(x)\\
b_n(x)&=b_{n-1}(x)-\frac x4b_{n-2}(x)
\end{align}
が成り立つ.
Lucas商
$x\in\ZZ_p$とする. 補題5の1つ目, 3つ目の式において$n=p, p-1$として,
\begin{align}
a_p(x)&\equiv \left(\frac{1-x}p\right)\pmod p
\end{align}
を用いると以下を得る.
$x\in\ZZ_p^\times$に対し,
\begin{align}
a_{p+1}(x)\equiv \frac 12\left(1+\left(\frac{1-x}p\right)\right)\pmod p\\
a_{p-1}(x)\equiv \frac 2{x}\left(\left(\frac{1-x}p\right)-1\right)\pmod p
\end{align}
が成り立つ. 特に
\begin{align}
a_{p-\left(\frac{1-x}p\right)}(x)\equiv 0\pmod p
\end{align}
が成り立つ.
補題6から, $x\in\ZZ_p^\times$に対し,
\begin{align}
\frac{a_{p-\left(\frac{1-x}p\right)}(x)}p\pmod p
\end{align}
が考えられる. これをLucas商という. 加法定理から,
\begin{align}
a_{2n}(x)&=a_n(x)b_n(x)
\end{align}
が成り立つので, $n=\frac 12\left(p-\left(\frac{1-x}p\right)\right)$とすると
\begin{align}
a_n(x)b_n(x)\equiv 0\pmod p
\end{align}
を得る. よって,
\begin{align}
a_n(x)\equiv 0, b_n(x)\equiv 0\pmod p
\end{align}
のいずれかが成り立つ. それは次のように分かる.
$x, 1-x\in\ZZ_p^\times, n=\frac 12\left(p-\left(\frac{1-x}p\right)\right)$とする. $\left(\frac xp\right)=1$であるとき,
\begin{align}
a_n(x)\equiv 0\pmod p
\end{align}
が成り立つ. また, $\left(\frac xp\right)=-1$であるとき,
\begin{align}
b_n(x)\equiv 0\pmod p
\end{align}
が成り立つ.
$\left(\frac xp\right)=1$であるとき$x\equiv t^2\pmod p$となる$t$をとると, 補題2より,
\begin{align}
a_{\frac{p+1}2}(x)&\equiv \sum_{k=0}^{p-1}\frac{\binom{4k}{2k}}{2^{4k}}t^{2k}\pmod p\\
&=\frac 12\left(\sum_{k=0}^{p-1}\frac{\binom{2k}{k}}{2^{2k}}t^k+\sum_{k=0}^{p-1}\frac{\binom{2k}{k}}{2^{2k}}(-t)^k\right)\\
&\equiv \frac 12(a_p(t)+a_p(-t))\pmod p\\
&\equiv \frac 12\left(\left(\frac{1-t}p\right)+\left(\frac{1+t}p\right)\right)\pmod p\\
&=\frac 12\left(\frac{1-t}p\right)\left(1+\left(\frac{1-x}p\right)\right)
\end{align}
となる. 同様に
\begin{align}
a_{\frac{p-1}2}(x)&\equiv \frac 1t\left(\frac{1-t}p\right)\left(1-\left(\frac{1-x}p\right)\right)
\end{align}
となることが分かる. よって, いずれの場合も
\begin{align}
a_n(x)\equiv 0\pmod p
\end{align}
が成り立つことが分かる. 一方, $\left(\frac xp\right)=-1$とするとき, 同じように
\begin{align}
a_{\frac{p+1}2}(x)&\equiv \frac 12(a_p(\sqrt x)+a_p(-\sqrt x))\pmod p\\
a_{\frac{p-1}2}(x)&\equiv \frac 1{\sqrt x}(a_p(\sqrt x)-a_p(-\sqrt x))\pmod p
\end{align}
となるからそれを掛け合わせると, 補題2, 補題6を用いて
\begin{align}
a_{\frac{p+1}2}(x)a_{\frac{p-1}2}(x)&\equiv \frac 1{2\sqrt x}(a_p(\sqrt{x})^2-a_p(-\sqrt{x})^2)\pmod p\\
&\equiv \frac 1{2\sqrt x}((1-\sqrt x)^{p-1}-(1+\sqrt x)^{p-1})\pmod p\\
&= -\frac 1{2}a_{p-1}(1-x)\\
&\equiv -\frac 1{1-x}\left(\left(\frac xp\right)-1\right)\pmod p\\
&\equiv \frac 2{1-x}\pmod p\\
\end{align}
となり, これは$0$と合同でないから$a_n(x)\not\equiv 0\pmod p$である. よって, $b_n(x)\equiv 0\pmod p$でなければならない.
中央二項係数付き級数のLucas商による表示
以下, 分数と区別するために$\phi_p(x):=\left(\frac xp\right)$と書くことにする. まず, 補題5を用いると
\begin{align}
2b_p(x)=\left(\frac x4\right)^{\frac 12(\phi_p(1-x)-1)}\left(b_{p-\phi_p(1-x)}(x)+\phi_p(1-x)(1-x)a_{p-\phi_p(1-x)}(x)\right)
\end{align}
を得ることができる. これは$\phi_p(1-x)=\pm 1$に関して場合分けして示される. 加法定理から,
\begin{align}
b_{2n}(x)=b_n(x)^2-2\left(\frac x4\right)^n=2\left(\frac x4\right)^n+(1-x)a_n(x)^2
\end{align}
であるから, $n=\frac 12(p-\phi_p(1-x))$を代入して命題7を用いると
\begin{align}
b_{p-\phi_p(1-x)}(x)\equiv 2\phi_p(x)\left(\frac x4\right)^{\frac 12(p-\phi_p(1-x))}\pmod{@}
\end{align}
となる. ここで, $t=\frac x4$とすると,
\begin{align}
t^{\frac 12(p-\phi_p(1-x))}=t^{\frac 12(1-\phi_p(1-x))}\cdot t^{\frac{p-1}2}
\end{align}
として,
\begin{align}
t^{\frac{p-1}2}&=\phi_p(t)+p\frac{t^{\frac{p-1}2}-\phi_p(t)}p\\
&=\phi_p(t)+\frac{p}{t^{\frac{p-1}2}+\phi_p(t)}\frac{t^{p-1}-1}p\\
&\equiv\phi_p(t)\left(1+\frac{p}{2}q_p(t)\right)\pmod{p^2}
\end{align}
となる. ここで, $\displaystyle q_p(t)=\frac{t^{p-1}-1}p$はFermat商である. $\phi_p(t)=\phi_p(x)$であることから, $x$に戻すと
\begin{align}
b_{p-\phi_p(1-x)}(x)\equiv 2\left(\frac x4\right)^{\frac 12(1-\phi_p(1-x))}\left(1+\frac p2q_p\left(\frac x4\right)\right)\pmod{p^2}
\end{align}
が成り立つことが分かる. よって,
\begin{align}
2b_p(x)&=\left(\frac x4\right)^{\frac 12(\phi_p(1-x)-1)}\left(b_{p-\phi_p(1-x)}(x)+\phi_p(1-x)(1-x)a_{p-\phi_p(1-x)}(x)\right)\\
&\equiv \left(\frac x4\right)^{\frac 12(\phi_p(1-x)-1)}\left(2\left(\frac x4\right)^{\frac 12(1-\phi_p(1-x))}\left(1+\frac p2q_p\left(\frac x4\right)\right)+\phi_p(1-x)(1-x)a_{p-\phi_p(1-x)}(x)\right)\pmod{p^2}\\
&= 2+pq_p\left(\frac x4\right)+(1-x)\left(-\frac x4\right)^{\frac 12(\phi_p(1-x)-1)}a_{p-\phi_p(1-x)}(x)
\end{align}
を得る. これより
\begin{align}
2\frac{1-b_p(x)}{p}\equiv -q_p\left(\frac x4\right)-(1-x)\left(-\frac x4\right)^{\frac 12(\phi_p(1-x)-1)}\frac{a_{p-\phi_p(1-x)}(x)}{p}\pmod p
\end{align}
となる. これを命題3の2つ目の式に代入して以下を得る.
$x,1-x\in\ZZ_p^\times$に対し,
\begin{align}
\sum_{k=1}^{p-1}\frac{\binom{2k}k}{2^{2k}k}x^k&\equiv-q_p\left(\frac x4\right)-(1-x)\left(-\frac x4\right)^{\frac 12(\phi_p(1-x)-1)}\frac{a_{p-\phi_p(1-x)}(x)}{p}\pmod p
\end{align}
が成り立つ.
このLucas商の部分
\begin{align}
\left(-\frac x4\right)^{\frac 12(\phi_p(1-x)-1)}\frac{a_{p-\phi_p(1-x)}(x)}{p}\pmod p
\end{align}
は複素数における
\begin{align}
\frac 1{\sqrt{1-x}}\ln\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}{1-\sqrt{1-x}}\right)
\end{align}
のようなものに対応していると考えられる.
