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两类新数及其相关的整除性结果

数论 2018-11-13 v9 组合数学

摘要

我们主要引入两类由 Rn=k=0n(nk)(n+kk)12k1 (n=0,1,2,...)R_n=\sum_{k=0}^n\binom nk\binom{n+k}k\frac1{2k-1}\quad\ (n=0,1,2,...)Sn=k=0n(nk)2(2kk)(2k+1) (n=0,1,2,...)S_n=\sum_{k=0}^n\binom nk^2\binom{2k}k(2k+1)\quad\ (n=0,1,2,...) 给出的新数。我们发现这类数具有许多有趣的算术性质。例如,若 p1(mod4)p\equiv1\pmod 4 是素数且 p=x2+y2p=x^2+y^2(其中 x1(mod4)x\equiv1\pmod 4y0(mod2)y\equiv0\pmod 2),则 R(p1)/2p(1)(p1)/42x(modp2).R_{(p-1)/2}\equiv p-(-1)^{(p-1)/4}2x\pmod{p^2}. 此外,1n2k=0n1SkZ  and  1nk=0n1Sk(x)Z[x]for all n=1,2,3,...,\frac1{n^2}\sum_{k=0}^{n-1}S_k\in\mathbb Z\ \ {and}\ \ \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}S_k(x)\in\mathbb Z[x]\quad\text{for all}\ n=1,2,3,..., 其中 Sk(x)=j=0k(kj)2(2jj)(2j+1)xjS_k(x)=\sum_{j=0}^k\binom kj^2\binom{2j}j(2j+1)x^j。对于任意正整数 aann,我们 somewhat surprisingly 地证明了 1n2k=0n1(2k+1)(n1k)a(n1k)aZ  and  1nk=0n1(n1k)a(n1k)a4k21Z.\frac1{n^2}\sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)\binom{n-1}k^a\binom{-n-1}k^a\in\mathbb Z\ \ {and} \ \ \frac 1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\binom{n-1}k^a\binom{-n-1}k^a}{4k^2-1}\in\mathbb Z. 我们还解决了 V.J.W. Guo 和 J. Zeng 的一个猜想,并提出了若干供进一步研究的猜想。

关键词

引用

@article{arxiv.1408.5381,
  title  = {Two new kinds of numbers and related divisibility results},
  author = {Zhi-Wei Sun},
  journal= {arXiv preprint arXiv:1408.5381},
  year   = {2018}
}

备注

32 pages