Bonitas$p^2$ - congruencias que involucran números de Stirling de ambos tipos

Question

Deje $p$ una extraña primer número y ${n\brack {k}}$ (resp. ${n\brace k}$) de los números de Stirling de primera (resp. segundo) tipo, de tal manera que: $$ \sum_{k\ge0} {{n}\brack {k}}x^k = \prod_{j=0}^{n-1}(x+j)$$ $$ \sum_{k\ge0} {{n}\brace {k}}\prod_{j=0}^{k-1}(x-j) = x^n$$ Deje $m$ un entero tal que $1\le m\le p$, tenemos

\begin{align*} {{p+m}\brack {p}}+{{p}\brace {p-m}}&\equiv 0 \pmod {p^2}\\ {{p+m}\brace {p}}+{{p}\brack {p-m}}&\equiv 0 \pmod {p^2} \end{align*}

Esto probablemente no es nueva. Dónde se puede encontrar una referencia?

EDICIÓN De @i707107 respuesta, por extraño $m$ en el rango $3\le m \le p-2 $, también tenemos la agradable

\begin{align*}{{p+m}\brace {p}}&\equiv {{p}\brack {p-m}} \pmod {p^3} \end{align*}

Answer 1

La primera congruencia

De acuerdo a los vinculados papel en los comentarios, tenemos para $1\leq m<p$, por (1.7) $$ {{p+m}\brack {p}}\equiv \frac pm \binom{p+m}m (-1)^m B_m^{(m)} \ \textrm{ mod }p^2.$$ También, por (1.8), $$ {{p}\llave {p-m}}\equiv -\frac pm \binom{p-1}m B_m^{(m)} \ \textrm{ mod }p^2. $$ Así, para el primer conguence, necesitamos comprobar si $$ -\binom{p-1}m+(-1)^m\binom{p+m}m \equiv 0 \ \textrm{ mod }p. $$ Escribir los coeficientes binomiales, vemos que sus denominadores son $m!$ y el numerador es cero mod $p$. Así, su primera congruencia es cierto para $1\leq m<p$.

Para $m=p$, el de Stirling del segundo tipo da $0$. El primer tipo es por (1.4), $$ {{2}\brack {p}}\equiv -\frac{4p^3}{2(p-1)}\binom{2p-1}pB_{p-1} \ \textrm{ mod }p^3. $$ Deje $\nu_p(n)$ ser $p$-ádico de valoración de $n$. Entonces tenemos $$ \nu_p(\binom{2p-1}p)=0, \ \ \nu_p(B_{p-1})=-1. $$ El último es por von Staudt-Clausen. Esto le da a $p^2|{{2p}\brack {p}}$, el resultado de $m=p$ sigue.

La segunda congruencia

Incluso el número de $m$ en $1\le m <p$, por (1.3) y (1.5), $${{p}\brack {p-m}}\equiv -\frac pm \binom{p-1}m B_m \ \textrm{ mod } p^2.$$ $$ {{p+m}\llave {p}}\equiv \frac pm \binom{p+m}mB_m \ \textrm{ mod }p^2. $$ Por lo tanto, la segunda congruencia sigue por el mismo camino de la primera congruencia es tratada.

Por número impar $m$ en $1\le m \le p$, por (1.4) y (1.6), $${{p}\brack {p-m}}\equiv -\frac{p^2m}{2(m-1)} \binom{p-1}m B_{m-1} \ \textrm{ mod } p^3.$$ $$ {{p+m}\llave {p}}\equiv \frac{p^2m}{2(m-1)} \binom{p+m}m B_{m-1} \ \textrm{ mod } p^3 $$ También, por von Staudt-Clausen, el número de Bernoulli no tiene $p$ como un factor del denominador si $m<p$. Por lo tanto, tenemos el resultado.

Para $m=p$, por von Staudt-Clausen, $\nu_p(B_{p-1})=-1$. Así, $p^2$ divide tanto a los números de Stirling. El resultado por tanto de la siguiente manera.