數與

Bernoulli 數與 _Bernoulli 多項式 ₍ 下 ₎

余文卿

第三節 Kummer 同餘式 與 p-adic 積分

1-9 Kummer 同餘式

對任意質數 p 與正偶數 m, 若 p − 1 不 是 m 的因數, 則古典的 Kummer 同餘式是 (A) Bm−p−1

m + p − 1 ≡ Bm

m (mod p) 這一類的同餘式可用 p-adic 語言來解釋, 而 可進一步擴充如下:

若 p−1 不是 m₁ 的因式, 且 m₁ ≡ m2

(mod (p − 1)p^N), 則 (B) (1 − p^m1−1)Bm1

m1

≡ (1 − p^m2−1)B_m2

m2

(mod p^N)。

更可擴充為下面的定理形式。

定理: 若 n 是正整數, 而 m1 與 m2 是 兩個正偶數滿足

(1) m₁ ≡ m₂(mod φ(n))。

(2) 對任意 n 的質因數 p,p − 1 不是 m 的 因數。

則有

Q

p|n

(1 − p^m1−1)Bm1

m1

≡

^Q

p|n

(1 − p^m2−1)Bm2

m₂ (mod n)。

證明這定理需要用到 p-adic 測量理論。

底下的幾個小節, 我們介紹一些 p-adic 測度 與 p-adic 積分的語言。

1-10 p-adic 測度

對任意整數 n 與質數 p, 以 ord_pn 表 示整除 n 之 p 的最高冪次; 即 α = ord_pn 滿足

p^α | n , 但 p^α+1 6 | n,

而整數 Z 中的 p-adic 範數 (norm) k k_p 則 定為

knkp = p^−α, α = ordpn。

由定義很容易驗證

km + nkp ≤ max(kmkp, knkp), 又等號在 m 6= −n 時成立; 這類的 範數稱為非歐基里德 (non-Archimedean)

1

範數, 以別於滿足三角不等式的歐基里德 (Archimedean) 範數。

對固定的質數 p, 以 Z_p 表示 Z 對範數 k kp 的完備擴充 (completion);Zp 即是一 般所稱的 p-adic 整數; 每一 p-adic 整數 x 可表示為

x =

^P

^∞

i=M

a_ipⁱ, 0 ≤ a_i < p, M ∈ N∪{0}, 上面的表現式中, 若 aM 6= 0 則定

kxkp = p^−M。

另一方面, 範數 k k_p 可很自然地擴充到 有理數 Q 以及它的完備擴充 Q_p; 對任意有 理數 ^a

b, 定 ordp

a

b = ordpa − ordpb, 而

ka

bk_p = p^α, α = ord_pa b。 而任意 p-adic 數 y ∈ Qp 都可表成 y =

^P

^∞

i=Nbipⁱ, 0 ≤ bi < p, N ∈ Z。

當 b_M 6= 0 時, 定

kykp = p^−M。

另一方面, 有時也把 Zp 看成 Z/p^NZ 的 inverse projective limit ; 即 Zp 是由滿 足

x_{N +1} ≡ x_N(mod p^N), N = 0, 1, 2 . . . 的所有數列 x = {x0, x1, x2, . . . , xN, . . .}

所組成, 而兩數列 x = {x₀, x₁, x₂, . . . , x_N, . . .},

y = {y0, y1, y2, . . . , yN, . . .} 相等的充要條 件是

xN ≡ yN(mod p^N), N = 0, 1, 2, · · · 。 在如此定義下, Z_p 的元素到 Z/p^NZ 有 一很自然的投影, 即將 x = {x0, x1, x2, . . . , xN, . . .}映至 xN ∈ Z/p^NZ, 若將 p-adic 整數 x 表成

x =

^P

^∞

i=0aipⁱ, 0 ≤ ai < p。

則所對應的 xN 即是 x 的前 N + 1 項部份 和, 即

x_N =

^P

^N

i=0a_ipⁱ。

1-11 p-adic 積分

現回到 Kummer 同餘式的問題上。

對任意正整數 n, 以 Xn表示 Z/np^NZ 的 inverse projective limit; 即 Xn 中的元 素是由數列 a = {a₀, a₁, a₂, . . . , a_N, . . .}

所組成, 而 aN ∈ Z/np^NZ 且滿足 a_{N +1} ≡ a_N (mod np^N)。

而 X_n 到 Z/np^NZ 的自然投影即是將a 映 到第 N 個分量aN。 以 a + np^NZ表示Xn中 經由Xn到 Z/np^NZ 自然投影到a 的所有元 素所成的集合。

設 r 與 n 互質, 固定 1 的 r−次方根 ǫ , 且設 ǫ 不是 1 的 p^N−次方根, 如此定義 [5]

µ_ǫ(a + np^NZ) = ǫ^a 1 − ǫ^npN 而

µ(a + np^NZ) =

^P

ǫ^r=1,ǫ6=1

µǫ(a + np^NZ)

=

^P

ǫ^r=1,ǫ6=1

ǫ^a 1 − ǫ^npN。

上 面 的 測 度 也 稱 為 Mazure 測度 (Mazure Measure) 。

命題9: 對任意 U = a+np^NZ⊂ Xn, kµ(U)kp ≤ 1。

證明:

kµ(U)kp = k

^P

ǫ^r=1,ǫ6=1µǫ(U)kp

≤ max

ǫ^r=1,ǫ6=1kµǫ(U)kp

但 kµ_ǫ(U)kp = k ǫ^a

1 − ǫ^npNkp ≤ 1, 故得 所欲證。

對任意定義在 Xn 的 Q_p − 值函數 f (x), 定義 f 在 X_n 的積分是

Z

Xn

f (x)dµ(x) = lim

N →∞

np^N

P

a=1f (a)µ(a+np^NZ)。

當 f 是連續函數時, 這類積分值存在。[參考 [6]]

命題 10: 若 f : Xn → Qp 是一連續 函數且對任意 x ∈ X_n, kf (x)k_p ≤ A 則

k

Z

Xn

f (x)dµ(x)kp ≤ A。

證明: 由定義

Z

Xn

f (x)dµ(x) = lim

N →∞

np^N

P

a=1f (a)µ(a+np^NZ) 而對任意 N

k^np

N

P

a=1f (a)µ(a + np^NZ)kp

≤ max

a kf (a)µ(a + np^NZ)kp ≤ A。

故得證 k

Z

Xn

f (x)dµ(x)k_p ≤ A。

1-12 定理的證明

Kummer 同 餘 式 的 證 明 是 先 把 Bernoulli 數表現成簡單多項式對 p-adic 的積分, 再運用

m1 ≡ m2(mod ϕ(n)) ⇒ a^m1 ≡ a^m2(mod n) 到被積分函數上, 積分後並不改變原有的同 餘式, 因而得證。

命題11: 對任意正整數 m,n

Z

Xn

x^m−1dµ(x) = (1 − rⁿ)Bm

m 證明: 對任意 t ∈ Ω_p,Ω_p 是 Q_p 的代 數閉包; 若 ord_pt > 1/(p − 1) 指數函數 e^tx 定義成

e^tx =

^P

^∞

i=0

(tx)ⁱ i! 。 這是 X_n 上的連續函數, 因而有

Z

Xn

e^txdµǫ(x)= lim

N →∞(1 − ǫ^npN)^−1np

N−1

P

a=0 ǫ^ae^ta

= lim

N →∞(1 − ǫ^npN)⁻¹1 − ǫ^npNe^npNt 1 − ǫe^t 。

當 N → ∞ 時 e^npNt → 1, 因此

Z

Xn

e^txdµǫ(x) = 1 1 − ǫe^t

= 1 + ǫe^t+ . . . + (ǫe^t)^(r−1) 1 − e^rt 。

讓 ǫ 在 1 除外的所有 1 的 r−次方根變 動並加在一起, 則得

Z

Xn

e^txdµ(x) = r − (1 + e^t+ . . . + e^(r−1)t) 1 − e^rt

= r

1 − e^rt − 1 1 − e^rt

=

^P

^∞

m=1

(1 − r^m)Bmt^m−1

m! ,

比較兩邊的 t^m−1 係數, 得出

Z

Xn

x^m−1dµ(x) = (1 − r^m)Bm

m 。 命題 12: 以 X_n^∗ 表示 X_n 中投影到 Z/nZ 中可逆元素所成的集合, 則

Z

X_n^∗x^m−1dµ(x)=(1−r^m)[

^Q

p|n

(1−p^m−1)]Bm

m 。 證明: 利用相容互斥原理, 我們將積分 化成

Z

Xn∗ =

Z

Xn

−

^P

pj|n j

Z

pjXn

+

^P

pi,pj|n i,j

Z

pipjXn

+ . . . + (−1)^k

Z

p1...pkXn

,

其中 p₁. . . p_k 是 n 的所有相異質因數, 現只 需證明

Z

αXn

x^m−1dµ(x) = (1 − r^m)α^m−1Bm

m , 其中 α 是 n 的相異質因數的乘積。

再次考慮指數函數 e^tx 的積分

Z

αXn

e^txdµǫ(x)

= lim

N →∞(1 − ǫ^npN)⁻¹

np^N/α−1

P

b=0 (ǫe^t)^αb

= lim

N →∞

1 1 − ǫ^npN

1 − (ǫe^t)^npN 1 − ǫ^αe^αt

= 1

1 − ǫ^αe^αt。

變動 ǫ, 因 α 與 r 互質, 故這只是把 ǫ^α 換到另一 1 的 r−次方根, 故

Z

αe^txdµ(x) = r − (1 + e^αt+ . . . + e^(r−1)αt) 1 − e^rαt

= r

1 − e^rαt − 1 1 − e^αt

=

^P

^∞

m=1

(1 − r^m)Bm(αt)^m−1

m! 。

比較兩邊 t^m−1 的係數得出

Z

αXn

X^m−1dµ(x) = (1 − r^m)α^m−1Bm

m , 因而

Z

X_n^∗x^m−1dµ(x)=(1−r^m)[

^Q

p|n

(1−p^m−1)]B_m m 。 現我們重述一下 Kummer 同餘式的定 理形式, 並加以證明。

定理: 若 n 是正整數, 而 m1 與 m₂ 是 兩個正偶數滿足

(1) m1 ≡ m2 (mod φ(n))

(2) 對任意 n 的質因數 p, p − 1 都不是 m1

的因數。

則有

Q

p|n

(1 − p^m−1)Bm1

m₁

≡

^Q

p|n

(1 − p^m2−1)Bm2

m2

(mod n)。

證明:對任意 (Z/nZ)^∗ 的元素 x, 則有 x^ϕ(n) ≡ 1 (mod n),

因而

x^m1−1 ≡ x^m2−1(mod n)。

又 (Z/nZ)^∗ 是 X_n^∗ 的稠密子集; 故上 面式子對任意 x 也成立。

對任意 n 旳質因數 p 以及所定的 p- adic 測度, 由命題 10, 則有

Z

X_n^∗x^m1−1dµ(x) ≡

Z

X^∗_nx^m2−1dµ(x)(mod p^α), 其中 α = ordp n。

另一方面, 因 r^m1− 1 ∈ (Z/p^αZ)^∗, 故 r^m1 − 1 ∈ (Z/nZ)^∗ 且有

r^m1 − 1 ≡ r^m2 − 1(mod n) 故

(1 − r^m1)⁻¹

Z

X_n^∗x^m1−1dµ(x)

≡ (1 − r^m2)⁻¹

Z

X_n^∗x^m2−1dµ(x)(mod p^α)。

由命題 12, 這即是 [

^Q

p|n(1 − p^m1−1)]B_m1

m1

≡ [

^Q

p|n

(1 − p^m2−1)]Bm1

m2

(mod p^α)。

因而

[

^Q

p|n

(1 − p^m1−1)]Bm1

m1

≡ [

^Q

p|n

(1 − p^m2−1)]Bm2

m₂ (mod n)。

推論: n = p 是質數時, 則有

Z

Zp^∗

x^m−1dµ(x) = (1−p^m−1)(1−r^m)Bm

m 。

討論:對任意質數 p, 定義 zeta 函數 ζ_p^∗(s) 為

ζ_p^∗(s) =

^P

^∞

n=1,(n,p)=1

n^−s, Re S > 1 則有

ζ_p^∗(s) = ζ(s) −

^P

^∞

n=1(np)^−s

= (1 − p^−s)ζ(s)。

像 ζ(s) 一樣, ζp∗(s) 也有其解析延拓, 且在 負整數的取值是

ζ_p^∗(1 − m) = (1 − p^m−1)Bm

m 。 因而 Kummer 的同餘式 (B) 可重新解釋為

m1 ≡ m2(mod (p − 1)p^N)

⇒ ζ_p^∗(1 − m1) ≡ ζ_p^∗(1 − m2)(mod p^{N +1})。

而命題 12 中的積分式在 n = p 是 ζ_p^∗(1 − m) = 1

1 − r^m

Z

Z^∗p

x^m−1dµ(x), (r, p)

= 1。

1-13 重回 von-Staudt 定理

現我們想利用命題 12 推論中的積分式

Z

Z^∗p

x^m−1dµ(x) = (1 − p^m−1)(1 − r^m)Bm

m 。 重新證明 von-Staudt 定理。 在處理 (p − 1)|m 的情形時, 我們需用到下面的積分式。

命題13: 取 r = p + 1, 則

Z

Z^∗p

x⁻¹dµ(x) ≡ 1(mod p)。

證明:對任意 x ∈ Z^∗_p, 若 x ∈ j + pZ, 1 ≤ j ≤ p − 1 , 定義

g(x) = 1 j 則

g(x) ≡ x⁻¹(mod p)。

而

Z

Z^∗p

g(x)dx

= lim

N →∞

p−1

P

j=1

1 j

p^{N −1}

P

α=1

P

ǫ^p+1=1 ǫ6=1

ǫ^j+pα 1 − ǫ^pN

= ^p−1

^P

j=1

1 j

P

ǫ^p+1=1 ǫ6=1

ǫ^j 1 − ǫ^p

= ^p−1

^P

j=1

1 j

P

ǫ^p+1=1 ǫ6=1

ǫ^j+1 ǫ − 1

= ^p−1

^P

j=1

1 j

P

ǫ^p+1=1 ǫ6=1

(1 + ǫ + . . . + ǫ^j)

+^p−1

^P

j=1

1 j

P

ǫ^p+1=1 ǫ6=1

1 1 − ǫ

= ^p−1

^P

j=1

p − j j +^p−1

^P

j=1

1 j · p

2

≡ 1(mod p)。

因此

Z

Z^∗p

x⁻¹dx ≡

Z

Z^∗p

g(x)dx ≡ 1 (mod p)。

現分兩種情形來討論 von-Staudt 定 理, 設 m > 1 且 p > 2,

(一) 若 p − 1 不是 m 的因數, 則 1 − r^m 是 p− 整數且 k1 − r^mkp = 1, 故 kB_m

m kp = k(1 − p^m−1)⁻¹kpk(1 − r^m)⁻¹kp

·k

Z

Z^∗p

x^m−1dµ(x)k_p

= k

Z

Z^∗_px^m−1dµ(x)k_p ≤ 1。

(二) 若 p − 1 是 m 的因式, 取 r = p + 1, 則

1 − (p + 1)^m = −mp (mod p)。

又 1 − p^m−1 ≡ 1 (mod p) , 故 pBm ≡ −

Z

Z^∗p

x^m−1dµ(x) (mod p)

≡ −

Z

Z_p^∗x⁻¹dµ(x) (mod p)

≡ −1 (mod p)。

第四節 遞迴關係式

1-14 Euler 遞迴關係式

Bernoulli 數可由下面的遞迴定義式完 全決定出來



 



 



B0 = 1



_m

1



B_m+

^

^m₂

^

B_m−1

+ . . . +

^

^m_m

^

B0 = 1, m ≥ 1。

這關係式也可由等式

ζ(s) = ζ(s, 1)。

取 s = −m 。 而得出, 即 (−1)^m+1Bm+1

m + 1 = − 1

m + 1Bm+1(1)。

消去 Bm+1, 即 m

1

!

Bm − m 2

!

Bm−1+ . . . + m m

!

B0

= 0, m ≥ 1。

又關係式

Bm(kx) = k^m−1k−1

^P

j=0Bm(x + 1 k) 中若令 x = 0 , 也得出

Bm = 1 k(1 − k^m)

m−1

P

i=0kⁱ m i

!

Bi n−1

P

j=1j^m−i 底下我們考慮其他的遞迴關係式 命題14: (Euler [1]) 若 n ≥ 2 , 則

−(2n + 1)B2n(I)

= ⁿ⁻¹

^P

k=1

(2n)!

(2k)!(2n − 2k)!B2kB2n−2k。

證明:考慮底下函數在 z = 0 的冪級數 展開式

d dz( z²

e^z− 1)。

先展開為冪級數後逐項微分, 則得出 B0+ 2B1z +

^P

^∞

n=1(2n + 1) B2n

(2n)!z²ⁿ。 另一方面

d dz( z²

e^z− 1) = 2z

e^z − 1− z²e^z (e^z− 1)²

= 2z

e^z− 1 − z²

e^z− 1 − ( z e^z− 1)²。

上面函數展開為冪級數則為

P

∞ k=0

2B_kz^k k! −

^P

^∞

k=1

B_k−1z^k k!

−

^P

^∞

k=0



k

P

l=0

Bk−lBl

(k − l)!l!



z^k。

比較兩冪級數之 z²ⁿ 的係數, 則得出 (2n + 1) B2n

(2n)! = 2B2n

(2n)!−

^P

²ⁿ

k=0

B2n−kBk

(2n − k)!k!

= −²ⁿ⁻¹

^P

k=1

B_2n−kB_k (2n − k)!k!

= −ⁿ⁻¹

^P

k=1

B2n−2kB2k

(2n − 2k)!(2k)!。

兩邊同乘上 −(2n)! 即得出所要的等 式。

同樣考慮



d dz



2



z³ e^z− 1



,

^

d dz



3



z⁴ e^z− 1



也可分別得出 (II)

P

p+q+r=n p,q,r≥1

(2n)!

(2p)!(2q)!(2r)!B2pB2qB2r

= (n + 1)(n + 2) 2 B2n

+n(2n − 1)

2 B2n−2, n ≥ 3。

(III)

P

p+q+r+s=n p,q,r,s≥1

(2n)!

(2p)!(2q)!(2r)!(2s)!B_2pB_2qB_2rB_2s

= −

^h

(n + 1)(n + 2)(n + 3)

6 B2n

+4n²(2n − 1) 3 B2n−2

i

, n ≥ 4。

以上的遞迴關係式也能由 zeta- 函數之 間的等式得出。 考慮如下列式之 zeta- 函數

Z1(s) =

^P

^∞

n=1

∞

P

m=1

1

(m + n)^s , 經由 m + n = p 的簡單變換, 則

Z1(s) =

^P

^∞

p=2p^−sp−1

^P

1 1

=

^P

^∞

p=2

p − 1 p^s

= ζ(s − 1) − ζ(s)。

兩種 zeta- 函數都有解析延拓, 當 s = 2−2n 時

ζ(1 − 2n) − ζ(2 − 2n) = −B2n

2n 。 而另一方面,Z₁(s) 在 s = 2 − 2n 的取值也 能直接計算出來, 即

Z1(2 − 2n) = ⁿ⁻¹

^P

k=1

(2n − 2)!

(2k)!(2n − 2k)!B2n−skB2k

− 2B2n

(2n − 1)(2n)。

故

n−1

P

k=1

(2n − 2)!

(2k)!(2n − 2k)!B2n−2kB2k

− 2B_2n

(2n − 1)(2n) = −B_2n 2n 。

同乘上 2n(2n − 1) 並移項即得出 Euler 關 係式。 同樣考慮

Z2(s) =

^P

^∞

p=1

P

∞ n=1

P

∞ m=1

1 (m + n + p)^s

= 1 2

∞

P

n=1

(n − 1)(n − 2) n^s

= 1

2ζ(s − 2) − 3

2ζ(s − 1) + ζ(s)。

經由兩種方法計算 Z₂(3 − 2n) 則得到關係 式 (II)。

又考慮 Z3(s) =

^P

^∞

t=1

P

∞ p=1

P

∞ n=1

P

∞ m=1

1

(m + n + p + t)²

= 1 6

∞

P

n=1

(n − 1)(n − 2)(n − 3) n^s

= 1

6ζ(s − 3) − ζ(s − 2)

+11

6 ζ(s − 1) − ζ(s)。

經由兩種方法計算 Z3(4 − 2n) , 則得到關係 式 (III)。

參考書目

1. B. C. Berndt, Ramanjan’s Notebook, Part I and Part II, Springer-Verlay, 1985.

2. Z. I. Borevich and I. R. Sha- farevich, Number Theory, Academic Press, 1966.

3. Minking Eie, On a Dirichlet series as- sociated with a ploynomial, Proceed- ings of A. M. S. 110 (1990), 583-590.

4. ———, On the special values at nega- tive integers of Dirichlet series associ- ated with polynomials of several vari- ables, manuscript (1990).

5. Neal Koblitz, p-adic analysis : a short course of recent works, Cambridge Univer-

sity Press 1980.

6. ———, p-adic numbers, p-adic analysis and zeta functions, Springer-Verlay, 1984.

7. Hans Rademacher, Topics in analytic number theory, Springer-Verlay, 1973.

8. C. L. Siegel, Advanced Analytic Number Theory, Tata Institute of Fundamen- tal Research, Bamkay, 1980.

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本文作者現任教於國立中正大學應數所

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