The Battle of Brains

zgg___

To mathe 19 层： Binomial(p,(p-1)/2)=2p/(p+1)4^(p-1)(Mod(p^3))

mathe

你是如何计算出来的?

zgg___

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。

mathe

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

mathe

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 $C_{p-1}^{{p-1}/2}-= (-1)^{{p-1}/2}4^{p-1}=(-16)^{{p-1}/2}(mod p^2)$

mathe

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

zgg___

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？

mathe

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

mathe

$\prod_{k=1}^{{p-1}/2}(1-p/k)-=1-p\prod_{k=1}^{{p-1}/2}1/k+2p^2\prod_{1<=s