インテジャーズ

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数、特に整数に関する記事。

三木の恒等式のジョンソンの手法による証明

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
\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?

p7以上の素数とし、整数 1 \leq a \leq p-1に対してFermat商 q_p(a)

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

と定義し、\alpha_p

\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 n4 \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)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)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)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}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 nk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 n4 \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)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)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)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)\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+1p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_pC_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)-1p-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。