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、

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