Ruizの恒等式とLerchの合同式

Ruizの恒等式 $n$ を非負整数、 $x$ を任意の実数とする。このとき、

$\displaystyle \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(x-k)^n=n!$

が成り立つ。

証明. $n$ に関する帰納法で証明する。

$\displaystyle f_n(x):=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(x-k)^n$

とおく。 $f_0(x)=1=0!$ である。 $f_n(x)=n!$ であると仮定して、 $f_{n+1}(x)=(n+1)!$ を示せばよい。

$\begin{equation}\begin{split} f'_{n+1}(x) &= \frac{d}{dx}\left\{ \sum_{k=0}^{n+1}(-1)^k\binom{n+1}{k}(x-k)^{n+1} \right\} \\ &=(n+1)\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^k\binom{n+1}{k}(x-k)^n \\ &= (n+1) \left\{ \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(x-k)^n+(-1)^{n+1}(x-n-1)^n +\sum_{k=1}^n(-1)^k\binom{n}{k-1}(x-k)^n \right\} \\ &= (n+1)\left\{ f_n(x)+\sum_{k=0}^n(-1)^{k+1}\binom{n}{k}(x-1-k)^n \right\} \\ &= (n+1)\{f_n(x)-f_n(x-1)\} \\ &= (n+1)(n!-n!)=0\end{split}\end{equation}$

より、 $f_{n+1}(x)$ は定数であることがわかる。従って、

$\begin{equation}\begin{split} f_{n+1}(x) &= f_{n+1}(n+1) = \sum_{k=0}^{n+1}(-1)^k\binom{n+1}{k}(n+1-k)^{n+1}= (n+1)\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}(n+1-k)^n \\ &=(n+1) f_n(n+1)= (n+1)n! =(n+1)! \end{split}\end{equation}$

を得る。 Q.E.D.

Ruizはこの恒等式を用いてWilsonの定理の別証明を与えていますが、Lerchの合同式の別証明を与えることもできます：
integers.hatenablog.com

補題１ $p$ を素数とし、 $k$ を $k < p$ を満たす非負整数とする。このとき、

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

が成り立つ。ここで、 $\displaystyle H_k=\sum_{j=1}^k\frac{1}{j}$ は第 $k$ 調和数。

証明. $\displaystyle (-1)^k\binom{p-1}{k} = \prod_{j=1}^k\left( 1-\frac{p}{j} \right)$ より分かる。 Q.E.D.

補題２ $p$ を素数とする。このとき、

$\displaystyle \sum_{k=1}^{p-1} H_k \equiv 1 \pmod{p}$

が成り立つ。

証明.

$\displaystyle \sum_{k=1}^{p-1}H_k = \sum_{k=1}^{p-1}\sum_{j=1}^k\frac{1}{j}=\sum_{j=1}^{p-1}\frac{1}{j}\sum_{k=j}^{p-1}1 = \sum_{j=1}^{p-1}\frac{p-j}{j} \equiv 1 \pmod{p}.$

Q.E.D.

Lerchの合同式の別証明

$p$ を奇素数とする。Ruizの恒等式において、 $n=p-1, \ x=0$ とすると、 $(-1)^{p-1}=1$ に注意して

$\begin{equation}\begin{split} (p-1)! &= \sum_{k=1}^{p-1}(-1)^k\binom{p-1}{k}k^{p-1} \\ &\equiv \sum_{k=1}^{p-1}(1-pH_k)(1+pq_p(k)) \pmod{p^2} \\ &\equiv \sum_{k=1}^{p-1}(1+pq_p(k)-pH_k) \pmod{p^2} \\ &\equiv -1+p\sum_{k=1}^{p-1}q_p(k) \pmod{p^2}\end{split}\end{equation}$