三木の恒等式をリーマンゼータ値の関係式に書き直す

関-Bernoulli数 761 円周率

$n$ は $2$ 以上の整数とします。

関-Bernoulli数に関するEuler-Ramanujanの恒等式

$\displaystyle -(2n+1)B_{2n} = \sum_{k=1}^{n-1}\binom{2n}{2k}B_{2k}B_{2n-2k}$

をEulerの公式

$\displaystyle \zeta (2n) = \frac{(-1)^{n-1}2^{2n-1}B_{2n}}{(2n)!}\pi^{2n}$

を使ってRiemannゼータ関数の偶数値の関係式であるWilliamsの公式

$\displaystyle \zeta (2n)=\frac{2}{2n+1}\sum_{k=1}^{n-1}\zeta (2k)\zeta (2n-2k)$

に書き換えることができました。

integers.hatenablog.com

同様にして、三木の恒等式

$\displaystyle 2H_{2n}\frac{B_{2n}}{2n} = \sum_{k=1}^{n-1}\frac{B_{2n}}{2n}\frac{B_{2n-2k}}{2n-2k}- \sum_{k=1}^{n-1}\binom{2n}{2k}\frac{B_{2n}}{2n}\frac{B_{2n-2k}}{2n-2k}$

をEulerの公式で書き換えると

$\displaystyle \zeta(2n) = \frac{2n}{H_{2n}}\Biggl(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\zeta(2k)}{2k}\frac{\zeta(2n-2k)}{2n-2k}-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\binom{2n}{2k}}\frac{\zeta(2k)}{2k}\frac{\zeta(2n-2k)}{2n-2k}\Biggr)$

という関係式になります。どう表示するのがセンスが良いのか分かりませんが、 $\zeta_{/}(s):=\zeta(s)/s$ と定義すれば

$\displaystyle \zeta_{/}(2n) = \frac{1}{H_{2n}}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\binom{2n}{2k}-1}{\binom{2n}{2k}}\zeta_{/}(2k)\zeta_{/}(2n-2k)$

と表すこともできます。

例えば、 $n=4$ のときを考えると、Williamの公式からは

$9\zeta(8)=4\zeta(2)\zeta(6)+2\zeta(4)^2$

が言えて、今回の公式からは

$761\zeta(8)=360\zeta(2)\zeta(6)+138\zeta(4)^2$

が言えます。

どうでもよい蘊蓄ですが、 $761$ は素数で、円周率の十進法表記における小数点以下 $761$ 個の数字を終えた第 $762$ 位より $9$ が6連続で並んでおり、Feynman pointと呼ばれています。

$\begin{align}\pi = &3.14159265358979323846 2643383279 5028841971 6939937510 5820974944 59\\ &23078164 0628620899 8628034825 3421170679 8214808651 3282306647 093844\\ &6095 5058223172 5359408128 4811174502 8410270193 8521105559 6446229489\\ & 5493038196 4428810975 6659334461 2847564823 3786783165 2712019091 4564\\ &856692 3460348610 4543266482 1339360726 0249141273 7245870066 06315588\\ &17 4881520920 9628292540 9171536436 7892590360 0113305305 4882046652 13\\ &84146951 9415116094 3305727036 5759591953 0921861173 8193261179 310511\\ &8548 0744623799 6274956735 1885752724 8912279381 8301194912 9833673362\\ & 4406566430 8602139494 6395224737 1907021798 6094370277 0539217176 2931\\ &767523 8467481846 7669405132 0005681271 4526356082 7785771342 75778960\\ &91 7363717872 1468440901 2249534301 4654958537 1050792279 6892589235 42\\ &01995611 2129021960 8640344181 5981362977 4771309960 5187072113 4\color{red}{999999}\cdots\end{align}$

2017-08-09

三木の恒等式のジョンソンの手法による証明

関-Bernoulli数

関-Bernoulli数に関するJohnsonの手法を解説しました：

integers.hatenablog.com

上記記事ではJohnsonの基本 $p$ 進関係式

Johnsonの基本 $p$ 進関係式 $n$ を正整数とし、修正関-Bernoulli数 $\widehat{B}_n$ を

$\displaystyle \widehat{B}_n:=\begin{cases} B_n/n & (p-1 \nmid n) \\ (B_n+\frac{1}{p}-1)/n & (p-1 \mid n)\end{cases}$

と定義する。このとき、次の $p$ 進関係式が成立する。

$\displaystyle \widehat{B}_n+\sum_{a=1}^{p-1}a^{n-1}t(a)+\sum_{j=2}^n\frac{1}{n}\binom{n}{j}\Biggl(\frac{B_{n+1-j}}{n+1-j}+\sum_{a=1}^{p-1}a^{n-j}t(a)^j\Biggr)p^{j-1}+\frac{p^n}{n(n+1)}=0.$

から関-Bernoulli数に関する種々の $p$ 整数性を導出したり、 $\bmod{p}$ 還元した式を変形することによって幾つかの古典的合同式を証明したりしました。

しかし、せっかくなら既存の公式の再証明を与えるだけではなく、新しい非自明な公式を与えたいという欲求が生まれます。そこで、Johnsonの基本 $p$ 進関係式を今度は $\bmod{p^2}$ 還元し、非自明な合同式を得ることを目指してみましょう。ここでは三木先生の論文に沿って計算を実行しますが、果たして新しい合同式は得られるでしょうか？それとも、やはり既存の合同式しか得られないのでしょうか？

$p$ は $7$ 以上の素数とし、整数 $1 \leq a \leq p-1$ に対してFermat商 $q_p(a)$ を

$\displaystyle q_p(a) := \frac{a^{p-1}-1}{p}$

と定義し、 $\alpha_p$ を

$\displaystyle \alpha_p:=\frac{1+pB_{p-1}}{p}$

とします。Fermatの小定理より $q_p(a) \in \mathbb{Z}_p$ であり、

$\displaystyle \alpha_p = (p-1)\widehat{B}_{p-1}+1$

なので Johnsonの手法に関する記事で示した定理より $\alpha_p \in \mathbb{Z}_p$ です。Faulhaberの公式

$\displaystyle s_n(k):=1^n+2^n+\cdots +(k-1)^n = \frac{1}{n+1}\sum_{j=1}^{n+1}\binom{n+1}{j}B_{n+1-j}k^j$

を思い出しておきます。

Fermat商に関する合同式

$aq_p(a) \pmod{p^2}$ は関-Bernoulli数を用いた次のような表示を持ちます。

補題１ $1 \leq a \leq p-1$ なる整数 $a$ に対して合同式

$\begin{align} aq_p(a) &\equiv -1+(1-\alpha_p)a-\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_ka^{p-k} \\ &\quad +\Biggl\{\alpha_p+(1-\alpha_p)a+\sum_{j=1}^{p-3}\binom{p-1}{j}B_ja^{p-1-j}\\ &\quad +\sum_{k=2}^{p-2}\sum_{j=0}^{p-k-1}\frac{1}{k}\frac{1}{p}\binom{p}{k}\binom{p-k}{j}B_kB_ja^{p-k-j}\Biggr\}p \pmod{p^2} \end{align}$

が成り立つ。

証明. $m^{p-1}=1+q_p(m)p$ より

$\displaystyle s_{p-1}(a) = (a-1)+\Biggl(\sum_{m=1}^{p-1}q_p(m)\Biggr)p$ −①.

また、Faulhaberの公式より

$\displaystyle ps_{p-1}(a) = a^p+pB_{p-1}a+\sum_{k=2}^{p-2}\binom{p}{k}B_ka^{p-k}$

であり、 $pB_{p-1}=-1+\alpha_pp$ なので

$\displaystyle s_{p-1}(a)=aq_p(a) +\alpha_pa+\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_ka^{p-k}$ −②

が成り立つ。①、②より

$\displaystyle aq_p(a) = -1+(1-\alpha_p)a-\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_ka^{p-k}+\Biggl(\sum_{m=1}^{a-1}q_p(m)\Biggr)p$ −③

を得る。von-Staudt−Clausenの定理より $2 \leq k \leq p-2$ に対して $B_k \in \mathbb{Z}_p$ であり、 $\alpha_p, \frac{1}{p}\binom{p}{k}, q_p(m) \in \mathbb{Z}_p$ でもあるので、③から $\mathbb{Z}_p$ における合同式

$\displaystyle q_p(a) \equiv -a^{p-2}+(1-\alpha_p)-\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_ka^{p-k-1} \pmod{p}$

が得られる( $a$ で一回割っていることに注意)。これより、 $a \mapsto m$ として使うことによって

$\displaystyle \sum_{m=1}^{a-1}q_p(m) \equiv -\sum_{m=1}^{a-1}m^{p-2}+(1-\alpha_p)(a-1)-\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_k\Biggl(\sum_{m=1}^{a-1}m^{p-k-1}\Biggr) \pmod{p}$

を得るが、Faulhaberの公式より

$\displaystyle \sum_{m=1}^{a-1}m^{p-2} = \frac{1}{p-1}\sum_{j=0}^{p-2}\binom{p-1}{j}B_ja^{p-1-j}$

$\displaystyle \sum_{m=1}^{a-1}m^{p-k-1} = \frac{1}{p-k}\sum_{j=0}^{p-k-1}\binom{p-k}{j}B_ja^{p-k-j}$

なので、 $B_{p-2}=0$ に注意して

$\begin{align} \sum_{m=1}^{a-1}q_p(m) &\equiv \alpha_p+(1-\alpha_p)a+\sum_{j=1}^{p-3}\binom{p-1}{j}B_ja^{p-1-j}\\ &\quad +\sum_{k=2}^{p-2}\sum_{j=0}^{p-k-1}\frac{1}{k}\frac{1}{p}\binom{p}{k}\binom{p-k}{j}B_kB_ja^{p-k-j} \pmod{p}\end{align}$

が示された。これを③に代入すればよい。 Q.E.D.

冪乗和に関する合同式

補題２ $n$ を正整数とする。 $n$ が偶数のとき、

$s_n(p) \equiv pB_n \pmod{p^2}$

が成り立ち、 $p-1 \nmid n-2$ であれば

$s_n(p) \equiv pB_n \pmod{p^3}$

が成り立つ。 $n$ が奇数のときは、

$s_n(p) \equiv 0 \pmod{p}$

が成り立ち、 $p-1 \nmid n-1$ または $p \mid n$ であれば

$s_n(p) \equiv 0 \pmod{p^2}$

が成り立つ。

証明. Faulhaberの公式より

$\displaystyle s_n(p) = \sum_{j=1}^{n+1}\frac{1}{n+1}\binom{n+1}{j}B_{n+1-j}p^j$

であるが、Johnsonの手法の記事の補題と定理１より $j \geq 4$ に対して $\mathrm{ord}_p(p^{j-1}/j!) \geq 3$ かつ $pB_{n+1-j} \in \mathbb{Z}_p$ なので、 $n \geq 2$ であれば

$\displaystyle s_n(p) \equiv pB_n+\frac{n}{2}B_{n-1}p^2+\frac{1}{6}n(n-1)B_{n-2}p^3\pmod{p^3}$

が成り立つ。これとvon-Staudt−Clausenの定理より主張する合同式が全て得られる。 Q.E.D.

$\sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a) \bmod{p^2}$ の計算

$\beta_n:=B_n/n$ とし、

$\displaystyle A^{(n)}:=\sum_{k=2}^{n-2}\beta_k\beta_{n-k}, \ B^{(n)}:=\sum_{k=2}^{n-2}\binom{n}{k}\beta_k\beta_{n-k}, \ C_p^{(n)}:=\sum_{k=n+2}^{p-2}\beta_k\beta_{p-1-(k-n)}$

と記号を導入します。 $H_n=1+1/2+\cdots+1/n$ は第 $n$ 調和数。

補題３ $n$ を $4 \leq n \leq p-3$ を満たすような偶数とする。このとき、合同式

$\begin{align}\sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a) &\equiv -\beta_n+\Biggl\{(\alpha_p+(1-\alpha_p)n+H_n)\beta_n+\frac{n-2}{2}A^{(n)}\\ &\quad +\frac{1}{2}B^{(n)}+\frac{n-1}{2}C_p^{(n)}\Biggr\}p \pmod{p^2}\end{align}$

が成り立つ。

straightforwardですが若干の計算を伴います。

証明. 補題１より

$\begin{align}\sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a) &\equiv -\sum_{a=1}^{p-1}a^{n-1}+(1-\alpha_p)\sum_{a=1}^{p-1}a^n-\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_k\Biggl(\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-1}\Biggr) \\ &\quad +\Biggl\{\alpha_p\sum_{a=1}^{p-1}a^{n-1}+(1-\alpha_p)\sum_{a=1}^{p-1}a^n+\sum_{j=1}^{p-3}\binom{p-1}{j}B_j\Biggl(\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-1-j+n-1}\Biggr)\\ &\quad +\sum_{k=2}^{p-2}\sum_{j=0}^{p-k-1}\frac{1}{k}\frac{1}{p}\binom{p}{k}\binom{p-k}{j}B_kB_j\Biggl(\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k-j+n-1}\Biggr)\Biggr\}p \pmod{p^2}\end{align}$

が成り立つ。右辺を七つの項に分けて、補題２を使って丁寧に整理する。

一つ目: $n-1$ は奇数で $p-1 \nmid n-2$ なので、

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{n-1} \equiv 0 \pmod{p^2}.$

二つ目: $n$ は偶数なので、

$\displaystyle (1-\alpha_p)\sum_{a=1}^{p-1}a^n \equiv (1-\alpha_p)pB_n \pmod{p^2}.$

三つ目: $5 \leq p-k+n-1 \leq 2(p-3)$ が $p-1$ の倍数になるのは $k=n$ のときのみなので、 $k \neq n$ であれば、 $B_{p-k+n-1} \in \mathbb{Z}_p$ であり

$\displaystyle \frac{1}{p}\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-1} \equiv B_{p-k+n-1} \pmod{p}$

が成り立つ(これは $p-k+n-1$ が奇数でも成り立っていることに注意*1 )。よって、 $\binom{p}{k} \equiv 0 \pmod{p}$ より

$\displaystyle \frac{1}{p}\binom{p}{k}\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-1} \equiv \binom{p}{k}B_{p-k+n-1} \pmod{p^2}.$

また、

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{p-1} \equiv pB_{p-1}=-(1-\alpha_pp)\pmod{p^2}$

なので、

$\begin{align} &-\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_k\Biggl(\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-1}\Biggr) \\ &\equiv \frac{1}{p}\binom{p}{n}B_n(1-\alpha_pp)-\sum_{\substack{k=2 \\ k \neq n}}^{p-2}\binom{p}{k}B_kB_{p-k+n-1} \pmod{p^2}\end{align}$

が成り立つ。

四つ目: $n-1$ は奇数なので、

$\displaystyle \alpha_p\sum_{a=1}^{p-1}a^{n-1} \equiv 0 \pmod{p}.$

五つ目: $n$ は偶数で、 $p-1 \nmid n$ なので、

$\displaystyle (1-\alpha_p)\sum_{a=1}^{p-1}a^n \equiv 0 \pmod{p}.$

六つ目: $5 \leq p-1-j+n-1 \leq 2(p-3)$ が $p-1$ の倍数になるのは $j=n-1$ のときのみなので、 $j \neq n-1$ であれば

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{p-1-j+n-1} \equiv 0 \pmod{p}$

である。また、 $j=n-1$ のときは $B_j=0$ なので、

$\displaystyle \sum_{j=1}^{p-3}\binom{p-1}{j}B_j\Biggl(\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-1-j+n-1}\Biggr) \equiv 0 \pmod{p}.$

七つ目: $4 \leq p-k-j+n-1 \leq 2(p-3)$ が $p-1$ の倍数になるのは $k+j=n$ のときのみなので、 $k+j \neq n$ であれば

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k-j+n-1} \equiv 0 \pmod{p}$

である。 $k+j=n$ のときは

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k-j+n-1} \equiv pB_{p-1} \equiv -1 \pmod{p}$

なので、

$\begin{align} &\sum_{k=2}^{p-2}\sum_{j=0}^{p-k-1}\frac{1}{k}\frac{1}{p}\binom{p}{k}\binom{p-k}{j}B_kB_j\Biggl(\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k-j+n-1}\Biggr) \\ &\equiv -\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}\frac{1}{p}\binom{p}{k}\binom{p-k}{n-k}B_kB_{n-k} \pmod{p}.\end{align}$

以上により、

$\begin{align} \sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a) &\equiv (1-\alpha_p)pB_n+\frac{1}{p}\binom{p}{n}B_n(1-\alpha_pp) -\sum_{\substack{k=2 \\ k \neq n}}^{p-2}\binom{p}{k}B_kB_{p-k+n-1} \\ &\quad -\Biggl(\sum_{k=2}^n\frac{1}{k}\frac{1}{p}\binom{p}{k}\binom{p-k}{n-k}B_kB_{n-k}\Biggr)p \pmod{p^2}\end{align}$

が得られた。二項係数について

$\begin{align} \frac{1}{p}\binom{p}{n} &= \frac{1}{n}\binom{p-1}{n-1} = \frac{1}{n}\left(\frac{p}{1}-1\right)\left(\frac{p}{2}-1\right) \cdots \left(\frac{p}{n-1}-1\right) \\ &\equiv -\frac{1}{n}+\frac{1}{n}H_{n-1}p\pmod{p^2},\end{align}$

$\displaystyle \binom{p}{k} \equiv -\frac{1}{k}p \pmod{p^2},\quad \binom{p}{k}\binom{p-k}{n-k} = \binom{p}{n}\binom{n}{k} \equiv -\frac{1}{n}\binom{n}{k}p \pmod{p^2}$

なので、

$\begin{align} \sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a) &\equiv (1-\alpha_p)n\beta_np+(-1+H_{n-1}p)\beta_n(1-\alpha_pp)\\ &\quad +\sum_{\substack{k=2 \\ k \neq n}}^{p-2}\frac{1}{k}B_kB_{p-k+n-1}p+\frac{1}{n}\sum_{k=2}^n\frac{1}{n}\binom{n}{k}B_kB_{n-k}p\\ &\equiv -\beta_n+\Biggl\{(\alpha_p+(1-\alpha_p)n+H_n)\beta_n+\sum_{\substack{k=2 \\ k \neq n}}^{p-2}\frac{1}{k}B_kB_{p-k+n-1}\\ &\quad +\frac{1}{n}\sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{k}\binom{n}{k}B_kB_{n-k}\Biggr\}p\pmod{p^2} -④\end{align}$

と変形できる。ここで、 $H_{n-1}$ が $H_n$ になっている部分は最後の和の $k=n$ のところから持ってきていることに注意( $k=n-1$ のところは消える)。

さて、Johnsonの手法の記事で証明したKummer合同式より、 $2 \leq k < n, \ k \neq n$ で $k$ が偶数のとき

$\displaystyle \beta_{p-k+n-1} \equiv \beta_{n-k}\pmod{p}$

すなわち

$\displaystyle B_{p-k+n-1} \equiv B_{n-k}-\beta_{n-k}\pmod{p}$

なので、

$\begin{align} &\sum_{\substack{k=2 \\ k \neq n}}^{p-2}\frac{1}{k}B_kB_{p-k+n-1} \\ &\equiv \sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{k}B_kB_{n-k}-\sum_{k=2}^{n-2}\beta_k\beta_{n-k}+\sum_{k=n+2}^{p-2}\frac{1}{k}B_kB_{p-1-(k-n)} \pmod{p} -⑤\end{align}$

である。更に、

$\displaystyle \sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{k}B_kB_{n-k} =\sum_{k=2}^{n-2}(n-k)\beta_k\beta_{n-k} = \sum_{k=2}^{n-2}k\beta_k\beta_{n-k}$

なので(最後の変形は $k \mapsto n-k$ )、二通りの表現を平均化することにより

$\displaystyle \sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{k}B_kB_{n-k} = \frac{n}{2}\sum_{k=2}^{n-2}\beta_k\beta_{n-k}=\frac{n}{2}A^{(n)}$ −⑥

と変形できる。また、 $p-1-(k-n) \mapsto k$ とすれば

$\displaystyle \sum_{k=n+2}^{p-2}\frac{1}{k}B_kB_{p-1-(k-n)} = \sum_{k=n+2}^{p-2}(p-1-(k-n) )\beta_k\beta_{p-1-(k-n)} = \sum_{k=n+1}^{p-3}k\beta_k\beta_{p-1-(k-n)}$

であり、

$\begin{align} \sum_{k=n+1}^{p-3}k\beta_k\beta_{p-1-(k-n)} &= \sum_{k=n+2}^{p-2}k\beta_k\beta_{p-1-(k-n)}+(n+1)\beta_{n+1}\beta_{p-2}-(p-2)\beta_{p-2}\beta_{n+1}\\ &= \sum_{k=n+2}^{p-2}k\beta_k\beta_{p-1-(k-n)}\end{align}$

なので、平均化することによって

$\displaystyle \sum_{k=n+2}^{p-2}\frac{1}{k}B_kB_{p-1-(k-n)} = \frac{p-1+n}{2}\sum_{k=n+2}^{p-2}\beta_k\beta_{p-1-(k-n)} \equiv \frac{n-1}{2}C_p^{(n)} \pmod{p} −⑦$

を得る。⑤、⑥、⑦より

$\displaystyle \sum_{\substack{k=2 \\ k \neq n}}^{p-2}\frac{1}{k}B_kB_{p-k+n-1} \equiv \frac{n-2}{2}A^{(n)}+\frac{n-1}{2}C_p^{(n)} \pmod{p}$ −⑧

が得られた。最後に、

$\displaystyle \sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{k}\binom{n}{k}B_kB_{n-k} = \sum_{k=2}^{n-2}(n-k)\binom{n}{k}\beta_k\beta_{n-k}=\sum_{k=2}^{n-2}k\binom{n}{k}\beta_k\beta_{n-k}=\frac{n}{2}B^{(n)}$

なので、⑧と合わせて④に代入することによって証明が完了する。 Q.E.D.

$\sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a)^2 \bmod{p}$ の計算

補題４ $n$ を $4 \leq n \leq p-3$ を満たすような偶数とする。このとき、合同式

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a)^2 \equiv 2(\alpha_p-1)\beta_n-A^{(n)}-C_p^{(n)} \pmod{p}$

が成り立つ。

証明. 補題１より $1 \leq a \leq p-1$ なる整数 $a$ に対して

$\displaystyle aq_p(a) \equiv -1+(1-\alpha_p)a-\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_ka^{p-k}\pmod{p}$

が成り立つので、

$\begin{align} a^2q_p(a)^2 &\equiv 1+(1-\alpha_p)^2a^2+\Biggl(\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_ka^{p-k}\Biggr)^2 \\ &\quad -2(1-\alpha_p)a+2\left(1-(1-\alpha_p)a\right)\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_ka^{p-k}\pmod{p}\end{align}$

であり、

$\displaystyle \Biggl(\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_ka^{p-k}\Biggr)^2 = \sum_{k=2}^{p-2}\sum_{j=2}^{p-2}\frac{1}{p^2}\binom{p}{k}\binom{p}{j}B_kB_ja^{2p-k-j}$

なので、

$\begin{align} \sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a)^2 &\equiv \sum_{a=1}^{p-1}a^{n-2}+(1-\alpha_p)^2\sum_{a=1}^{p-1}a^n-2(1-\alpha_p)\sum_{a=1}^{p-1}a^{n-1} \\ &\quad +2\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_k\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-2}-2(1-\alpha_p)\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_k\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-1}\\ &\quad +\sum_{k=2}^{p-1}\sum_{j=2}^{p-1}\frac{1}{p^2}\binom{p}{k}\binom{p}{j}B_kB_j\sum_{a=1}^{p-1}a^{2p-k-j+n-2} \pmod{p}\end{align}$

を得る。この右辺を六つの項に分けて、補題２を用いて整理する。

一つ目〜三つ目: $p-1 \nmid n-2, n$ より $B_{n-2}, B_n \in \mathbb{Z}_p$ なので、一つ目から三つ目については全て $p$ で割り切れることがわかる。

四つ目: $4 \leq p-k+n-2 < 2(p-3)$ が $p-1$ の倍数になるのは $k=n-1$ のときのみなので、 $k \neq n-1$ であれば

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-2} \equiv 0 \pmod{p}.$

$k=n-1$ のときは $B_k=0$ なので、結局

$\displaystyle 2\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_k\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-2} \equiv 0 \pmod{p}.$

五つ目: $5 \leq p-k+n-1 \leq 2(p-3)$ が $p-1$ の倍数になるのは $k=n$ のときのみなので、 $k \neq n$ であれば

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-1} \equiv 0 \pmod{p}.$

$k=n$ のときは

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-1} \equiv pB_{p-1} \equiv -1 \pmod{p}$

なので、 $\frac{1}{p}\binom{p}{n} \equiv -\frac{1}{n} \pmod{p}$ より

$\begin{align} -2(1-\alpha_p)\sum_{k=2}^{p-2}\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_k\sum_{a=1}^{p-1}a^{p-k+n-1} &\equiv 2(1-\alpha_p)\frac{1}{p}\binom{p}{k}B_n \\ &\equiv 2(\alpha_p-1)\beta_n\pmod{p}.\end{align}$

六つ目: $4 \leq 2p-k-j+n-2 \leq 3(p-3)$ が $p-1$ の倍数になるのは $k+j = p-1+n, \ n$ のときのみで、そのときは

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{2p-k-j+n-2} \equiv pB_{2p-k-j+n-2} \equiv -1 \pmod{p}$

であり、そうでないときは

$\displaystyle \sum_{a=1}^{p-1}a^{2p-k-j+n-2} \equiv 0 \pmod{p}.$

よって、

$\begin{align} &\sum_{k=2}^{p-1}\sum_{j=2}^{p-1}\frac{1}{p^2}\binom{p}{k}\binom{p}{j}B_kB_j\sum_{a=1}^{p-1}a^{2p-k-j+n-2}\\ &\equiv -\sum_{k=n+1}^{p-2}\frac{1}{p^2}\binom{p}{k}\binom{p}{p-1-(k-n)}B_kB_{p-1-(k-n)}\\ &\quad -\sum_{k=2}^{n-2}\frac{1}{p^2}\binom{p}{k}\binom{p}{n-k}B_kB_{n-k}\pmod{p}\end{align}$

を得る。

$\displaystyle \frac{1}{p^2}\binom{p}{k}\binom{p}{p-1-(k-n)}\equiv \frac{1}{k(p-1-(k-n) )}\pmod{p},$

$\displaystyle \frac{1}{p^2}\binom{p}{k}\binom{p}{n-k}\equiv \frac{1}{k(n-k)}\pmod{p}$

なので、 $B_{n+1}=0$ に注意して

$\begin{align} &\sum_{k=2}^{p-1}\sum_{j=2}^{p-1}\frac{1}{p^2}\binom{p}{k}\binom{p}{j}B_kB_j\sum_{a=1}^{p-1}a^{2p-k-j+n-2} \\ &\equiv -\sum_{k=n+2}^{p-2}\beta_k\beta_{p-1-(k-n)}-\sum_{k=2}^{n-2}\beta_k\beta_{n-k} \equiv -C_p^{(n)}-A^{(n)}\pmod{p}.\end{align}$

以上をまとめると証明が完了している。 Q.E.D.

Johnsonの手法による帰結

$n \geq 4$ を偶数として、 $p \geq n+3$ を素数とします。 $\omega$ はTeichmüller指標で、 $1 \leq a \leq p-1$ なる整数 $a$ に対して $p$ 進整数 $t(a)$ は $\omega(a) = a+t(a)p$ で定義されていたことを思い出します。

補題５ $1 \leq a \leq p-1$ なる整数 $a$ に対して、合同式

$\displaystyle t(a) \equiv aq_p(a)+aq_p(a)p \pmod{p^2}$

が成り立つ。

証明. $\omega(a)^p=\omega(a)$ であり、

$\omega(a)^p = (a+t(a)p)^p \equiv a^p+a^{p-1}t(a)p^2 \pmod{p^3}$

なので、

$a^p+a^{p-1}t(a)p^2 \equiv a+t(a)p \pmod{p^3}$

すなわち、

$aq_p(a) \equiv t(a)-a^{p-1}t(a)p \pmod{p^2}$

が得られる。これに、 $t(a) \equiv aq_p(a), \ a^p \equiv a \pmod{p}$ を組み合わせればよい。 Q.E.D.

それでは冒頭で述べた通り、今までの計算を元にJohnsonの基本 $p$ 進関係式から新たな合同式が得られるかを試しましょう。

今、 $p-1 \nmid n$ であり、 $n, n+1$ は $p$ 単数、 $B_{n-1}=0$ であるため、Johnsonの基本 $p$ 進関係式を $\bmod{p^2}$ 還元することにより

$\displaystyle \beta_n+\sum_{a=1}^{p-1}a^{n-1}t(a)+\frac{n-1}{2}\Biggl(\sum_{a=1}^{p-2}a^{n-2}t(a)^2\Biggr)p \pmod{p^2}$

が得られます。補題５より、これは

$\displaystyle \beta_n+\sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a) + \Biggl(\sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a) + \frac{n-1}{2}\sum_{a=1}^{p-1}a^nq_p(a)^2\Biggr)p\pmod{p^2}$

とFermat商を使って書き換えられます。これに補題３、４の結果を代入して関-Bernoulli数に関する合同式に変換すると、

$\begin{align} &\beta_n-\beta_n+\Biggl\{(\alpha_p+(1-\alpha_p)n+H_n)\beta_n+\frac{n-2}{2}A^{(n)} +\frac{1}{2}B^{(n)}+\frac{n-1}{2}C_p^{(n)}\Biggr\}p \\ &+\Biggl(-\beta_n+\frac{n-1}{2}\Biggl\{2(\alpha_p-1)\beta_n-A^{(n)}-C_p^{(n)}\Biggr\} \Biggr)p \equiv 0 \pmod{p^2}\end{align}$

となります。 $\beta_n-\beta_n=0$ の部分が消えるため、これは $\bmod{p}$ 合同式に落ちますが、整理すると

$\displaystyle H_n\beta_n-\frac{1}{2}A^{(n)}+\frac{1}{2}B^{(n)} \equiv 0 \pmod{p}$

という合同式が得られたことになります。これが非自明な合同式を与えてくれていれば嬉しいわけですが、驚くべきことに左辺は $p$ に依存していません!!!!!!

$\alpha_p$ と $C_p^{(n)}$ の項が見事に全て消えているのです。条件を満たすような素数 $p$ は無数に存在するため、非自明な「合同式」を得たいという最初の欲求を無視して、想定外の非自明な「恒等式」

$A^{(n)}-B^{(n)} = 2H_n\beta_n$

が得られたことになります!!!

これが我々人類と三木の恒等式との最初の出会いです。

*1: $(p-k+n-1)-1$ が $p-1$ の倍数になるのは $k=n-1$ のときのみで、そのとき $p-k+n-1=p$ であるから、 $s_{p-k+n-1}(p) \equiv 0 \pmod{p^2}$ である。

2017-08-08

素数密度零補題

定理解説

素数定理

$\displaystyle \pi(x) \sim \frac{x}{\log x},\quad x \to \infty$

は素数分布に関する歴史的定理ですが、これからより定性的な次の結果が従います：

系 (素数密度零補題) 次の極限公式が成り立つ：

$\displaystyle \lim_{x \to \infty}\frac{\pi(x)}{x} = 0.$

integers.hatenablog.com

に書いたように、この結果は素数の関わる問題を解く際などによく使われますが、素数定理という大定理(証明が比較的困難)を経由することなく簡単に証明することができる事実であり、歴史的にはLegendreが証明していました*1。なので、時々見かける「素数密度零補題しか本質的には使わないにもかかわらず、『素数定理を使って〜を証明する』という言明」は数学的には間違ってはいないものの若干ナンセンスな気がしなくもないです。

この記事では素数密度零補題の素数定理を経由しない証明についてまとめておきます。

第一証明

Chebyshevの定理
integers.hatenablog.com

より、或る正の定数 $C$ が存在して

$\displaystyle \pi(x) < C\frac{x}{\log x},\quad x \gg 0$

が初等的に証明されており*2、これから素数密度零補題が導かれます。少しだけ証明の流れを思い出すと、まず

$\displaystyle \frac{\pi(x)\log x}{x} = O\left(\frac{\vartheta(x)}{x}\right)$

を示して、 $\vartheta(x) = O(x)$ に帰着します。 $\binom{2n-1}{n}$ は $n+1 \leq p \leq 2n-1$ なる全ての素数 $p$ で割り切れるような整数であるため、

$\displaystyle \frac{(2n-1)\#}{n\#}\leq \binom{2n-1}{n} < 2^{2n-2}$

が成り立ちますが(左辺は素数階乗の記号を使っています)、これをもとに数学的帰納法によって $\vartheta(n) = O(n)$ が示せます。

素数密度零補題 $\ll$ Chebyshevの定理 $\ll$ 素数定理

という関係にあります。

第二証明

Eulerが証明したように、

$\displaystyle \prod_p\frac{1}{1-\frac{1}{p}} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} = \infty$

なので

補題次の極限公式が成り立つ：

$\displaystyle \prod_p\left(1-\frac{1}{p}\right) = 0.$

が成り立ちます。これを使った素数密度零補題の証明を二通りの見せ方で紹介します。ちなみに、Euler積の発散は即座に素数の無限性を導くだけではなく、対数を取れば素数の逆数和の発散を示すことができるのでした(cf. メビウス関数 - インテジャーズ)。或いは「無限和 $\sum_{k=1}^{\infty}u_k$ が絶対収束すれば無限積 $\prod_{k=1}^{\infty}(1+u_n)$ も( $0$ でない値に)絶対収束する」という定理の対偶によって補題から素数の逆数和が発散するという見方もできます。

つまり、第二・第三証明は素数の無限性や逆数和の発散性を本質的なエネルギー源として素数密度零補題を証明していますが、第一証明は素数の無限性(と同等以上の事実)は使っていないように見えます。本来、素数密度零補題は「素数は少ない」ことを言うもので、(もし有限個だったら自明な主張になってしまうものの)素数の無限性を導く能力はア・プリオリには持ち合わせていません。

さて、補題を使った一つ目の証明はEratosthenesの篩の考え方によるものです。

命題 (Eratosthenesの篩) $x$ を正の実数とし、関数 $f(x)$ は $f(x) \leq \sqrt{x}$ を満たすとする。このとき、不等式

$\displaystyle \pi(x) \leq \pi(f(x) )+2^{\pi(f(x) )}+x\prod_{p \leq f(x)}\left(1-\frac{1}{p}\right)$

が成り立つ。

証明. $x$ を固定して、 $\pi(f(x))=n$ とする。 $n=0$ のときは $\prod_{p \leq f(x)}\left(1-\frac{1}{p}\right):=1$ と考えて所望の不等式は自明に成り立っているものとし、 $n \geq 1$ と仮定する。 $p_i$ は $i$ 番目の素数を表すものとする。

$\{x$ 以下の素数達 $\} \subset \{p_1, \dots, p_n\} \cup \{x$ 以下で $p_1, \dots, p_n$ で割り切れない整数達 $\}$

であり、 $x$ 以下で $p_1, \dots, p_n$ で割り切れない整数の個数は包含原理により

$\displaystyle \sum_{d \mid p_1\cdots p_n}\mu(d)\left[\frac{x}{d}\right]$

なので( $\mu$ はMöbius関数)、

$\begin{align} \pi(x) &\leq n+\sum_{d \mid p_1\cdots p_n}\mu(d)\left[\frac{x}{d}\right] \\ &\leq n+\sum_{d \mid p_1\cdots p_n}\left(\mu(d)\frac{x}{d}+1\right)\\ &= n+2^n+x\prod_{i=1}^n\left(1-\frac{1}{p_i}\right)\end{align}$