Забавное сравнение

[RIP]

Докажите, что для простого $p\geqslant3$ выполняется сравнение

$$\sum_{n=0}^{p-1}\binom{2n}{n}^2\cdot2^{-4n}\equiv(-1)^{\frac{p-1}2}\pmod{p^2}.$$

[maxal]

Ключевые моменты моего доказательства:

1.

$${2n\choose n}^2 2^{-4n} = {-\frac{1}{2}\choose n}^2$$

2.

$$\sum_{n=0}^{p-1} {-\frac{1}{2}\choose n}^2 \equiv \sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2\pmod{p^2}$$

3.

$$\sum_{n=0}^{\frac{p^2-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2\equiv \left(\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2\right)^2\pmod{p^2}$$

4.

$${-\frac{1}{2}\choose n}\equiv ??? {-\frac{1}{2}\choose \frac{p^2-1}2 - n}\pmod{p^2}$$

5.

$$\sum_{n=0}^{\frac{p^2-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2 = \left[x^{\frac{p^2-1}2}\right] \sum_{n=0}^{\frac{p^2-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n} x^n \sum_{n=0}^{\frac{p^2-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n} x^{\frac{p^2-1}2 - n} \equiv \dots \equiv 1\pmod{p^2}.$$

[Тут есть ошибочка, исправляем...]

6. Поэтому

$$\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2\equiv \pm 1\pmod{p^2}.$$

Добавлено спустя 39 минут 33 секунды:

А дальше можно так:

7.

$${-\frac{1}{2}\choose n}\equiv {-\frac{1}{2}\choose \frac{p-1}2 - n}\pmod{p}$$

8.

$$\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2 = \left[x^{\frac{p-1}2}\right] \sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n} x^n \sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n} x^{\frac{p-1}2 - n} \equiv \left[x^{\frac{p-1}2}\right] \left(\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n} x^n\right)^2 =$$

$$= \left[x^{\frac{p-1}2}\right] \left(\sum_{n=0}^{\infty} {-\frac{1}{2}\choose n} x^n\right)^2 = \left[x^{\frac{p-1}2}\right] (1+x)^{-1} = (-1)^{\frac{p-1}2} \pmod{p}.$$

Откуда вкупе с 6. заключаем, что

$$\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}\pmod{p^2}.$$

[Pyphagor]

Неясность - при р=3 слева не целое число.
Но если даже следовать определению
сравнения разность между левым и
правым должна делится на $p^2$.
Может быть я неправильно
понимаю определение?

[RIP]

Pyphagor
Сравнение означает, что числитель разности левой и правой частей (в несократимом виде) делится на $p^2$. Данное сравнение можно переписать в виде

$$\sum_{n=0}^{p-1}\binom{2n}n^2\left(\frac{p^2+1}2\right)^{4n}\equiv(-1)^{\frac{p-1}2}\pmod{p^2}.$$

Или так:

$$\sum_{n=0}^{p-1}\binom{2n}n^216^{p-1-n}\equiv(-2^8)^{\frac{p-1}2}\pmod{p^2}.$$

Добавлено спустя 1 минуту 51 секунду:

maxal
Не могли бы Вы пояснить п.4. Что означает $???$ ?

[maxal]

В пп.4,5 у меня была ошибка, которую я пока не успел исправить. Надо выкроить время и провести аккуратно выкладки.
Идея же моего доказательства по сути изложена в пп.3,5,8. При этом исходное утверждение следует из сравнений:

$$\left(\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2\right)^2\equiv \sum_{n=0}^{\frac{p^2-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2\equiv 1\pmod{p^2}$$

и

$$\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2} {-\frac{1}{2}\choose n}^2\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}\pmod{p}.$$

[Руст]

maxal, кажется местами ты забыл, что сравнение надо вычислить по модулю p^2.
Можно проще. Во первых, можно отбросит члены с номерами больше (p-1)/2, так как остальные делятся на р, соответственно квадрат на p^2.
Тогда обозначив m=(p-1)/2 можно записать

$$\sum_{k=0}^m\binom{-1/2}{k}^2\equiv \sum_{k=0}^m(-1)^k\frac{(p^2/4-(1/2)^2)...(p^2/4-(k-1/2)^2)}{k!k!} = \sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\binom{m+k}{k}(-1)^k=(-1)^m.$$

Последнее равенство, частный случай формулы 5.43 (m=n,r=m,s=-1) из книги "Конкретная математика.

[maxal]

Руст писал(а):

maxal, кажется местами ты забыл, что сравнение надо вычислить по модулю p^2.

Где именно я это забыл?
А твой способ, действительно, проще.

[RIP]

Для простого $p\geqslant5$ доказать

$$\sum_{n=0}^{p-1}\frac{(3n)!}{(n!)^3}\cdot3^{-3n}\equiv\left(\frac{-3}p\right)\pmod{p^2}.$$

[Руст]

Например пункт 7. Сравнивая величины по модулю p, получим, что и их квадраты сравнимы только по модулю р.

[maxal]

Руст писал(а):

Например пункт 7. Сравнивая величины по модулю p, получим, что и их квадраты сравнимы только по модулю р.

Так мне это и нужно. Пусть $s$ - это исходная величина. Я доказываю, что:
(1) $s^2 \equiv 1\pmod{p^2}$ (пп. 1-5)
(2) $s \equiv (-1)^{\frac{p-1}2}\pmod{p}$ (пп. 7-8)
Из (1) и (2) следует, что $s \equiv (-1)^{\frac{p-1}2}\pmod{p^2}.$

[Руст]

RIP писал(а):

Для простого $p\geqslant5$ доказать

$$\sum_{n=0}^{p-1}\frac{(3n)!}{(n!)^3}\cdot3^{-3n}\equiv\left(\frac{-3}p\right)\pmod{p^2}.$$

Практически не отличается от предыдущей, сокращая вначале один раз на n!

[maxal]

Вот такая "старая" задачка из форума mathlinks:
Для натуральных чисел $m,\ n$ и простого числа $p$ таких, что $n<p<\frac{2m}{2m-1}n,$ докажите:

$$\sum^n_{i=0}\left(\begin{array}{c}n\\i\end {array}\right)^{2m}\equiv 0\pmod{p}.$$

[RIP]

Руст писал(а):

RIP писал(а):

Для простого $p\geqslant5$ доказать

$$\sum_{n=0}^{p-1}\frac{(3n)!}{(n!)^3}\cdot3^{-3n}\equiv\left(\frac{-3}p\right)\pmod{p^2}.$$

Практически не отличается от предыдущей, сокращая вначале один раз на n!

Что-то у меня не получается по аналогии.

$$\sum_{n=0}^{p-1}\frac{(3n)!}{(n!)^3}\cdot3^{-3n}\equiv\sum_{n=0}^m\frac{(\frac13)_n(\frac23)_n}{(n!)^2}\pmod{p^2},$$

где $m=\left\lfloor\frac{2p-1}3\right\rfloor$, и символ Похгаммера $(s)_n=s(s+1)\ldots(s+n-1)$. На что это заменить по модулю $p^2$? По модулю $p$ это тоже можно заменить на

$$\sum_{n=0}^m(-1)^n\binom mn\binom{m+n}m=(-1)^m=\left(\frac{-3}p\right).$$

Но почему то же самое верно по модулю $p^2$, я не вижу. Может, я не в ту сторону копаю?

[RIP]

maxal писал(а):

Вот такая "старая" задачка из форума mathlinks:
Для натуральных чисел $m,\ n$ и простого числа $p$ таких, что $n<p<\frac{2m}{2m-1}n,$ докажите:

$$\sum^n_{i=0}\left(\begin{array}{c}n\\i\end {array}\right)^{2m}\equiv 0\pmod{p}.$$

Если $p=n+r$, то

$$(-1)^{n-k}(n-k)!\equiv(k+r)(k+r+1)\ldots(p-1)=\frac{(p-1)!}{(k+r-1)!}\equiv-\frac1{(k+r-1)!}\pmod p,$$

следовательно,

$$\sum_{k=0}^n\binom nk^{2m}\equiv(n!)^{2m}\sum_{k=0}^n\left(\frac{(k+r-1)!}{k!}\right)^{2m}\equiv(n!)^{2m}\sum_{k=0}^{p-1}\left(\frac{(k+r-1)!}{k!}\right)^{2m}\equiv0\pmod p,$$

поскольку $\left(\frac{(k+r-1)!}{k!}\right)^{2m}$ --- многочлен от $k$ степени $2m(r-1)<p-1$ (что равносильно $p<\frac{2m}{2m-1}n+1$).

[maxal]

RIP
Красиво! Закиньте свое решение сюда:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=45022