Una suma binómica es divisible por p^2

Question

Esta es una pregunta que tengo desde hace mucho tiempo, pero no tengo ni idea de cómo proceder al respecto.

Sea $p>3$ sea un primo. Demostrar que $\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}\binom{2k}{k}\equiv 0\mod p^2$ . Aquí trabajamos en $\mathbb{Z}_{\mathbb{Z}\setminus p\mathbb{Z}}$ (es decir, $\mathbb{Z}$ localizado en todos los números no divisibles por $p$ ).

Sé que es $0\mod p$ (aunque ahora mismo no encuentro la referencia; era algún problema difícil de olimpiada en MathLinks). El $0\mod p^2$ La afirmación está respaldada por el cálculo de todos los $p<100$ . Lo siento si esto es trivial o conocido. Me encantaría ver una prueba combinatoria (= encontrar una identidad binómica que se reduzca a lo anterior cuando se compute $\mod p^2$ ). También estaría bien algún argumento teórico numérico. Sin embargo, me temo que si utiliza la teoría analítica de números, no entenderé ni una palabra.

EDIT: Fallo épico en el título de la pregunta corregido.

Answer 1

Su suma binómica es divisible por $p^2$ como se muestra en un trabajo reciente de Sun y Tauraso: https://arxiv.org/abs/0805.0563

Aún más notable, calculan que es equivalente a $\frac{8}{9}p^2B_{p-3} \bmod p^3$ así como otras congruencias para la suma alterna correspondiente.

Answer 2

Para la asintótica: comenzar con la conocida función generadora

$$ \sum_{k \ge 0} {2k \choose k} z^k = (1-4z)^{-1/2}. $$

Podemos eliminar el primer término para obtener

$$ \sum_{k \ge 1} {2k \choose k} z^k = (1-4z)^{-1/2} - 1. $$

Dividiendo por $z$ e integrando con respecto a $z$ , gira $z^k$ en $z^k/k$ .

$$ \sum_{k \ge 1} {2k \choose k} {1 \over k} z^k = -2 \log (1 + \sqrt{1-4z}) + 2 \log 2. $$

(El $2 \log 2$ es una constante de integración).

Por último $f(n) = \sum_{k=1}^n {1 \over k} {2k \choose k}$ . Son las sumas parciales de la secuencia anterior, por lo que tenemos

$$ F(z) = \sum_{n \ge 1} f(n) z^n = {-2 \over 1-z} \log( 1 + \sqrt{1-4z} ) $$

Podemos hallar la asintótica de los coeficientes de esta función generadora mediante el análisis de singularidades. La singularidad más cercana al origen está en $z = 1/4$ . Cerca de $z = 1/4$ ,

$$ F(z) \sim {-8 \over 3} \sqrt{1-4z} $$

y por un teorema de transferencia (probablemente debido originalmente a Flajolet y Odlyzko y en el libro de Flajolet-Sedgewick Combinatoria analítica aunque ahora es demasiado tarde para buscar los detalles) obtenemos

$$ f(n) = [z^n] F(z) \sim {-8 \over 3} [z^n] \sqrt{1-4z} $$

Por fin, $[z^n] \sqrt{1-4z} = -{2 \over n} {2n-2 \choose n-1}$ y así por la fórmula de Stirling, como $n \to \infty$

$$ f(n) \sim {-8 \over 3} {-2 \over n} {4^{n-1} \over \sqrt{\pi n}} = {4 \over 3} {4^n \over \sqrt{\pi n^3}}. $$

Por último, debido a que fui algo torpe en mi indexación, tenemos que tomar $p = n-1$ y así

$$ f(p) \sim {1 \over 3} {4^p \over \sqrt{\pi p^3}} $$ .

Como han observado John Mangual y Mariano Suárez-Alvarez, esto supone alrededor de un tercio de la $p$ º número catalán. Examinando la singularidad cerca de $z = 1/4$ más estrechamente conduciría a términos de orden superior.

Answer 3

Esto es demasiado grande para entrar en un comentario...

Un poco de observaciones experimentales:

Las factorizaciones de estos números son bastante impresionantes. Los primos que aparecen con exponente positivo aparecen con exponente $1$ salvo dos expectativas como máximo: $p$ y, en algunos casos, otro primo, mientras que normalmente sólo hay uno. Además, estos factores son, por lo que puedo cacular en poco tiempo, todos pequeños excepto un factor enorme. Por ejemplo, al factorizar la suma de $p=163$ da lo siguiente:

{{2,-6},{3,-4},{5,-3},{7,-1},{11,-2},{13,1},{19,-1},{23,-1},{29,-1},{37,-1},{41,-1},{43,-1},{47,-1},{53,-1},{59,-1},{61,-1},{67,-1},{71,-1},{73,-1},{79, -1},{83,-1},{89,-1},{97,-1},{101,-1},{103,-1},{107,-1},{109,-1},{113,-1},{127,-1},{131,-1},{137,-1},{139,-1},{149,-1},{151,-1},{157,-1},{163,2},{167,1}, {173,1},{179,1},{181,1},{191,1},{193,1},{197,1},{199,1},{211,1},{223,1},{227,1},{229,1},{233,1},{239,1},{241,1},{251,1},{257,1},{263,1},{269,1},{271,1}, {277,1},{281,1},{283,1},{293,1},{307,1},{311,1},{313,1},{317,1},{13220623261776675290879751941470274402307094729054895565509915203488199874013343384493,1}}

Aquí vemos que $163$ es el único primo que aparece más de una vez, y todos los primos son $O(163)$ excepto la última, que es bastante enorme. (Con ese tamaño, una realmente tiene que confiar en Wolfram) Esto es típico (hasta donde puedo calcular en poco tiempo, que es hasta $163$ :) )

Además, como observa John Mangual en un comentario más arriba, estas sumas parecen acercarse bastante a un tercio de la $p$ º número catalán. Mathematica me dice inmediatamente que la suma es igual a $$\frac{\left(\begin{array}{c} 2 p \\\\ p\end{array}\right) {}\_3F_2\left(1,p,p+\frac{1}{2};p+1,p+1;4\right)}{p}-\frac{2 i \pi }{3},$$ así que si alguna información asintótica sobre ${}\_3F_2$ podría demostrarlo.