关于 q-Euler 数、q-Salié 数与 q-Carlitz 数

令 $(a;q)_n=\prod_{0\le k<n}(1-aq^k)$，其中 n=0,1,2,.... 定义 q-Euler 数 $E_n(q)$、q-Salié 数 $S_n(q)$ 与 q-Carlitz 数 $C_n(q)$ 如下：$$\sum_{n=0}^{\infty}E_n(q)\frac{x^n}{(q,q)_n} =1/\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n(2n-1)}x^{2n}}{(q;q)_{2n}},$$ $$\sum_{n=0}^{\infty}S_n(q)\frac{x^n}{(q;q)_n} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n(n-1)}x^{2n}}{(q;q)_{2n}} /\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nq^{n(2n-1)}x^{2n}}{(q;q)_{2n}},$$ $$\sum_{n=0}^{\infty}C_n(q)\frac{x^n}{(q;q)_n} =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n(n-1)}x^{2n+1}}{(q;q)_{2n+1}} /\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nq^{n(2n+1)}x^{2n+1}}{(q;q)_{2n+1}}.$$ 我们证明对任意满足 t 为奇数的非负整数 n,s,t 有 $$E_{2n}(q)-E_{2n+2^{s}t}(q)=[2^s]_{q^t} (mod (1+q)[2^s]_{q^t})$$，其中 $[k]_q=(1-q^k)/(1-q)$；这是 Stern 同余式 $E_{2n+2^s}=E_{2n}+2^s (mod 2^{s+1})$ 的 q-类似。我们还证明 $(-q;q)_n=\prod_{0<k\le n}(1+q^k)$ 整除 $S_{2n}(q)$ 与 $C_{2n}(q)$ 的分子；这推广了 Carlitz 的结果，即 $2^n$ 整除 Salié 数 $S_{2n}$ 与 Carlitz 数 $C_{2n}$ 的分子。我们关于 q-Salié 数的结果蕴含了 Guo 与 Zeng 的一个猜想。