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楼主: northwolves

[分享] The Battle of Brains

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发表于 2011-1-12 17:04:48 | 显示全部楼层
To mathe 19 层:
Binomial(p,(p-1)/2)=2p/(p+1)4^(p-1)(Mod(p^3))
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毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2011-1-12 17:39:29 | 显示全部楼层
你是如何计算出来的?
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发表于 2011-1-13 14:14:58 | 显示全部楼层
对这个问题,我考虑了许久也没有头绪,后来,我偶然发现了南京大学孙智伟老师在2010年11月16日发表在arxiv上的论文"http://arxiv.org/PS_cache/arxiv/pdf/1011/1011.1902v4.pdf"才有了结果,见论文的第3页的公式2.3。这个结果来自F.Morley在1895年Annals of Math.上的论文,可惜我没有找到这篇论文,在"http://www.jstor.org/pss/1967516"上只能看到6页论文中的第1页。
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发表于 2011-1-13 15:32:49 | 显示全部楼层
我们只需要计算模$p^2$,找出方法了:
参考 http://www.emis.de/journals/INTEGERS/papers/h4/h4.pdf
$(-1)^{{p-1}/2}C_{p-1}^{{p-1}/2}=\prod_{k=1}^{{p-1}/2}{k-p}/k=\prod_{k=1}^{{p-1}/2}(1-p/k)$
$-= 1-p\sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/k (mod p^2)$
$-=1+p\sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/{p-k}(mod p^2)$
${a^{phi(n)}-1}/n -=\sum_{(j,n)=1} 1/{aj}|__{aj}/n__|(mod n)$
取a=2,n=p代入,得到
${2^{p-1}-1}/p -=\sum_{j={p+1}/2}^{p-1} 1/{2j} (mod p)$
或者说
$p\sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/{p-k} -=2(2^{p-1}-1)(mod p^2)$
于是我们得到
$(-1)^{{p-1}/2}C_{p-1}^{{p-1}/2}-=1+2(2^{p-1}-1)=2^p-1(mod p^2)$
不过同zgg找到的结果表达形式有点不同

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发表于 2011-1-13 15:38:25 | 显示全部楼层
由于
$p|2^{p-1}-1$
所以
$p^2|(2^{p-1}-1}^2=4^{p-1}-2^p+1$
所以
$4^{p-1}-=2^p-1(mod p^2)$
于是我们得到
$C_{p-1}^{{p-1}/2}-= (-1)^{{p-1}/2}4^{p-1}=(-16)^{{p-1}/2}(mod p^2)$
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发表于 2011-1-13 19:35:46 | 显示全部楼层
利用
$1/1+1/2+...+1/{p-1}-=0(mod p^2)$
$1/{1^2}+1/{3^2}+...+1/{(p-2)^2}-=1/{2^2}+1/{4^2}+...+1/{(p-1)^2}-=0(mod p)$
同样展开$\prod_{k=1}^{{p-1}/2}(1-p/k)$保留前3项可以得到模$p^3$的结果
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发表于 2011-1-14 09:53:47 | 显示全部楼层
To mathe 26层:
恩,这个证明没有完全看懂,通过它可以绕过$\sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/k-=-{2^p-2}/p(mod p)$来证明么?
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发表于 2011-1-14 10:17:34 | 显示全部楼层
我们先证明
$sum_{k=1}^{p-1}1/k-=0(mod p)$
这个很容易,因为$1/1,1/2,...,1/(p-1)$是$1,2,...,p-1$的一个置换
同样,我们可以知道$sum_{k=1}^{p-1}1/{k^2} -=0(mod p)$对于p>3成立(因为$sum_{k=1}^{p-1}k^2-=0(mod p)$
然后我们证明$sum_{k=1}^{p-1}1/k-=0(mod p^2)$
这是因为
$2sum_{k=1}^{p-1}1/k=sum_{k=1}^{p-1}(1/k+1/(p-k))=p\sum_{k=1}^{p-1}1/{k(p-k)}$
而由于$sum_{k=1}^{p-1}1/{k(p-k)}-= -sum_{k=1}^{p-1}1/{k^2}(mod p)=0(mod p)$
所以我们得到$sum_{k=1}^{p-1}1/k-=0(mod p^2)$

修改一下链接中的公式,我们可以使用
设$r_k$为不大于p的和$2k$关于p同余的数,即
$r_k={(2k,if\quad k<={p-1}/2),(2k-p,if\quad {p+1}/2<=k<p):}$
$2^{p-1}=\prod_{k=1}^{p-1}2k/{r_k}=\prod_{k={p+1}/2}^{p-1}(1+p/{r_k})$
所以
$2^{p-1}=\prod_{k=1}^{{p-1}/2}(1+p/{2k-1})$

$2^{p-1}=1+p\sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/{2k-1}+2p^2\sum_{1<=s<t<{p-1}/2}1/{(2s-1)(2t-1)}(mod p^3)$
由于
$2sum_{1<=s<t<{p-1}/2}1/{(2s-1)(2t-1)}=(sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/{2s-1})^2-sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/{(2s-1)^2}$
由于$sum_{k=1}^{p-1}1/{k^2}-=0(mod p)$
而由于上面求和中第k项和第p-k项同余,它们一项是奇数项,一项为偶数项,所以所有奇数项之和也同余于0,于是我们得到
$2sum_{1<=s<t<{p-1}/2}1/{(2s-1)(2t-1)}-=(sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/{2s-1})^2(mod p)$
由于我们前面已经得出
${2^p-2}/p=\sum_{j={p+1}/2}^{p-1}1/j(mod p)$
所以
${2-2^p}/p=\sum_{j=1}^{{p-1}/2}1/j(mod p)$
${1-2^{p-1}}/p=\sum_{j=1}^{{p-1}/2}1/{2j}(mod p)$
${2^{p-1}-1}/p=\sum_{j=1}^{{p-1}/2}1/{2j-1}(mod p)$

于是我们得到
$2sum_{1<=s<t<{p-1}/2}1/{(2s-1)(2t-1)}-=({2^{p-1}-1}/p)^2(mod p)$
于是我们得到公式
$2^{p-1}-1 -= p \sum_{k=1}^{{p-1}/2}1/{2k-1}+(2^{p-1}-1)^2(mod p^3)$
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发表于 2011-1-14 10:25:04 | 显示全部楼层
$\prod_{k=1}^{{p-1}/2}(1-p/k)-=1-p\prod_{k=1}^{{p-1}/2}1/k+2p^2\prod_{1<=s<t<={p-1}/2}1/{st}(mod p^3)$
其中$2\prod_{1<=s<t<={p-1}/2}1/{st}=(\prod_{s=1}^{{p-1}/2}1/s)^2-\prod_{s=1}^{{p-1}/2}1/{s^2}$
其中第二项模p为0(由于$1/{s^2}$前一半和后一半相同),而第一项模p已知
所以我们只需要知道$\prod_{k=1}^{{p-1}/2}1/k(mod p^2)$,而这个除以2就是所有偶数项倒数2,而楼上已经得出奇数项倒数和,而所有项倒数和模$p^2$为0,就可以算出了
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