文献あり

mod p^6の超合同式(前編)

はじめに

前回の記事 (以下, 元記事)では$\mod{p^5}$の超合同式を証明したが, 実際には$\mod p^6$以上の精度で成り立つものが数値的に見つかっていることを最後に紹介した. この記事では, 前回示した一般的な超合同式(命題5)が$\mod p^6$で成り立つための必要十分条件を考える. なお, この議論はGPT-6 Astraによって発見されたものである.
記号は元記事のものを引き続き用いる. 例えば
$$ \beta_n=\frac{(1/2)_n}{n!}, \qquad A(x)=\sum_{n\ge0}\beta_n^3x^n, \qquad G(x)=A(x)^2=\sum_{n\ge0}g_nx^n $$
$$ \begin{align} t(q) &= \frac{\vartheta_2(q)^4}{\vartheta_3(q)^4} = 16q\prod_{n=1}^\infty \left(\frac{1+q^{2n}}{1+q^{2n-1}}\right)^8, \\ x(q) &= 4t(q)(1-t(q)), \\ E(q) & =\frac{E_6(-q)-E_6(q^2)}{504} =\sum_{n\ge1}e_nq^n \end{align} $$
である.
$$ f(q) = \sum_{n=1}^{\infty}a(n)q^n \in q\mathbb{Z}[[q]] $$
としよう. 元記事で示したのは次の超合同式であった.

（再掲）

$$ F(x)= \frac{f(q(x))}{E(q(x))} = \sum _{n=0}^\infty \gamma_nx^n $$
とおくと, 任意の奇素数$p$に対して
$$ \sum_{n=0}^{p-1}\gamma_ng_n \equiv a(p)\pmod{p^5}. $$

以下, $$ c=\vartheta_3(q)^4, \qquad \mathcal D=q\frac{d}{dq} $$
とし, 素数$p\ge11$を固定する.

誤差項の表示

$$ S_p:=\sum_{n=0}^{p-1}\gamma _n g_n $$
と略記する.
$$ \frac{S_p-a(p)}{p^5} $$
の$\mod p$での性質を調べるのが目標である. 元記事と同じ補助解を, 必要な次数まで打ち切って
$$ \Phi(q):= \sum_{n=1}^{p} \frac{a(n)-a(p)e_n}{n^5}q^n, $$
$$ Y(x):=64G(x)\Phi(q(x)) =\sum_{n\ge0}y_nx^n $$
と置く. また
$$ \begin{aligned} M(q) &:=\left(1-\frac x4\right)\sqrt{1-x}\,A(x)^3\\ &=E_6(q^2)-24E(q) \\ &=1+\sum_{n\ge1}\mu_nq^n \end{aligned} $$
と置く.

$$ \frac{S_p-a(p)}{p^5} \equiv [x^p]\left(1-\frac x4\right)Y(x) \pmod p. $$

元記事の証明より左辺は $y_pg_{p-1} - y_{p-1}g_p$ と合同である. $h=\dfrac{p-1}2$ とすると
$$ \beta_h\equiv(-1)^h,\qquad \beta_n\equiv0\quad(h< n< p),\qquad \beta_p\equiv\frac12\pmod p. $$
$G=A^2$ の係数を比較すれば
$$ g_{p-1}\equiv1,\qquad g_p\equiv\frac14\pmod p. $$
よって
$$ \frac{S_p-a(p)}{p^5} \equiv y_p-\frac14y_{p-1} =[x^p]\left(1-\frac x4\right)Y(x) \pmod p. $$

以下, 係数を法 $p$ に還元した級数も同じ記号で表す. $\mathbb F_p[[x]]$では
$$F(x)^p = F(x^p)$$
であることに注意する.

係数変換の補題

$z(q)=aq+O(q^2)$ ならば, 任意の $R\in\mathbb F_p[[z]]$ に対して
$$ [q^p](\mathcal Dz)R(z) =a[z^{p-1}]R(z) $$
が成り立つ.

$R(z)=z^j$ の場合を確認すればよい.
$j< p-1$ なら
$$ z^j\mathcal Dz =\frac{\mathcal D(z^{j+1})}{j+1} $$
なので, $q^p$ の係数は零である.
$j>p-1$ なら, 最低次数が $p$ より大きく,
$j=p-1$ なら, $q^p$の係数は$a^p=a$である.

$$ \frac{S_p-a(p)}{p^5} \equiv[q^p]M(q)\Phi(q)\pmod p. $$

$Y(0)=\Phi(0)=0$ に注意して, 係数変換の補題を適用する.
$$ x(q)=64q+O(q^2), \qquad \mathcal Dx=x\sqrt{1-x}\,A(x) $$
を用いると
$$ \begin{aligned} \,[x^p]\left(1-\frac x4\right)Y(x) &=64[x^{p-1}] \frac{(1-x/4)G(x)\Phi(q(x))}{x}\\ &=[q^p]\frac{\mathcal Dx}{x} \left(1-\frac x4\right)G(x)\Phi(q)\\ &=[q^p]M(q)\Phi(q). \end{aligned} $$
これを補題2に代入すればよい。

補助級数の導入

$r=p-5$ とし, Bernoulli数を用いて正規化されたEisenstein級数
$$ \mathscr E_r(q) :=-\frac{B_r}{2r} +\sum_{n\ge1}\sigma_{r-1}(n)q^n \in \mathbb Z_p[[q]] $$
を導入する. これを用いて, 次の二つの補助級数を定める.
$$ \begin{aligned} \mathcal M &:=-24\mathscr E_r(-q) +\frac{33}{2}\mathscr E_r(q^2),\\ \mathcal E &:=\mathscr E_r(-q) -\frac1{32}\mathscr E_r(q^2). \end{aligned} $$

$\mathbb F_p[[q]]$ において
$$ \mathcal D^5\mathcal M=M^p-M, \qquad \mathcal D^{p-6}E=\mathcal E^p-\mathcal E $$
が成り立つ.

それぞれ定数項は$0$であるから, $n>0$に対して$q^n$の係数が等しいことを示せば良い.
(i) $p\nmid n$の場合
$$ n^5\sigma_{p-6}(n)\equiv\sigma_5(n)\pmod p $$
および
$$ \begin{aligned} e_n &=(-1)^{n+1}\sigma_5(n) +\mathbf1_{2\mid n}\sigma_5(n/2),\\ \mu_n &=24(-1)^n\sigma_5(n) -528\mathbf1_{2\mid n}\sigma_5(n/2) \end{aligned} $$
を用いれば良い.

(ii) $p\mid n$の場合
$j>0$ に対する
$$ \sigma_j(pn)\equiv\sigma_j(n)\pmod p $$
より, どれも係数は0である.

$$ \begin{aligned} \frac{S_p-a(p)}{p^5} \equiv{}& [q^p](f\mathcal M)\\ &-a(p)\bigl([q^p](E\mathcal M)+1\bigr) \pmod p. \end{aligned} $$

命題4と補題5から

$$ \begin{align} \frac{S_p-b_k(p)}{p^5} &\equiv [q^p]\mathcal{M}\Phi \equiv[q^p](M^p-\mathcal D^5\mathcal M)\Phi \\ &=[q^p]M^p \Phi-[q^p](\mathcal D^5\mathcal M)\Phi \pmod p \end{align} $$

である.

第一項は $[q^p]\Phi = -a(p)$に等しい.
第二項については, $\mathbb{F}_p[[q]]$において積の微分の$q^p$ 係数が0であることより
$$ [q^p](\mathcal D F_1)F_2 =-[q^p]F_1(\mathcal DF_2) $$
が成り立つので, これを繰り返し用いて
$$ -[q^p](\mathcal D^5\mathcal M)\Phi \equiv [q^p]\mathcal{M}(\mathcal{D}^5 \Phi) =[q^p]\mathcal{M}(f-a(p)E) \pmod p. $$
これらを代入すれば良い.

後編では, 実は$\mathbb{F}_p[[q]]$において
$$ [q^p](E\mathcal M)=-1 $$
が成り立つことを示す. すると命題6より, 実際は
$$ \frac{S_p-a(p)}{p^5} \equiv [q^p](f\mathcal M) \pmod p $$
が成り立つことが分かり, 右辺を消す$f$に対しては$\mod p^6$の超合同式が成り立つ.

後編はこちら.