营业日志 2020.6.22 贝尔数的同余线性递推性质
今天粉兔同学问了一个问题：如何证明贝尔数的 Touchard’s Congruence 性质：
B n + p ≡ B n + 1 + B n ( m o d p ) B_{n+p} \equiv B_{n+1} + B_n \pmod p Bn+p≡Bn+1+Bn(modp)
其中 p p p 是质数， B n B_n Bn 是贝尔数。
为了证明这个问题，我们首先证明一个引理：
引理 1： ∑ k { p k } x k ≡ x + x p ( m o d p ) \sum_k {p\brace k} x^k \equiv x + x^p \pmod p ∑k{kp}xk≡x+xp(modp)。
证明：我们考虑多项式 x p = ∑ k { p k } x k ‾ x^p = \sum_k {p\brace k} x^{\underline k} xp=∑k{kp}xk，这是由下降幂转化得到的。而 x p ≡ x ( m o d p ) x^p \equiv x \pmod p xp≡x(modp)， x p ‾ ≡ 0 ( m o d p ) x^{\underline p} \equiv 0 \pmod p xp≡0(modp)，因此我们可以知道对于 ∑ k < p { p k } x k ‾ ≡ x ( m o d p ) \sum_{k
接下来考虑这样一件事，记贝尔数的 EGF 是 B ( x ) = exp ( e x − 1 ) B(x) = \exp (\mathrm e^x - 1) B(x)=exp(ex−1)，那么 B ′ ( x ) = B ( x ) e x B'(x) = B(x)\mathrm e^x B′(x)=B(x)ex，我们考虑对 B ( x ) B(x) B(x) 连续求导 n n n 次，我们知道求导完必然是一个 B ( n ) ( x ) = B ( x ) ∑ k a n , k e k x B^{(n)}(x) = B(x)\sum_k a_{n,k} \mathrm e^{kx} B(n)(x)=B(x)∑kan,kekx 的形式，归纳则有
B ( n + 1 ) ( x ) = ( B ( n ) ( x ) ) ′ B ( x ) ∑ k a n + 1 , k e k x = ( B ( x ) ∑ k a n , k e k x ) ′ = ∑ k a n , k ( B ( x ) e k x ) ′ = ∑ k a n , k ( k B ( x ) e k x + B ( x ) e ( k + 1 ) x ) ∑ k a n + 1 , k e k x = ∑ k a n , k ( k e k x + e ( k + 1 ) x ) a n + 1 , k = k a n , k + a n , k − 1 \begin{aligned} B^{(n+1)}(x) & = \left(B^{(n)}(x)\right)'\\ B(x)\sum_k a_{n+1,k} \mathrm e^{kx} &= \left(B(x)\sum_k a_{n,k} \mathrm e^{kx}\right)'\\ &= \sum_k a_{n,k} \left(B(x)\mathrm e^{kx}\right)'\\ &= \sum_k a_{n,k} \left(kB(x)\mathrm e^{kx} + B(x)\mathrm e^{(k+1)x}\right)\\ \sum_k a_{n+1,k} \mathrm e^{kx} &= \sum_k a_{n,k} \left(k\mathrm e^{kx} + \mathrm e^{(k+1)x}\right)\\ a_{n+1,k} &= ka_{n,k} + a_{n,k-1} \end{aligned} B(n+1)(x)B(x)k∑an+1,kekxk∑an+1,kekxan+1,k=(B(n)(x))′=(B(x)k∑an,kekx)′=k∑an,k(B(x)ekx)′=k∑an,k(kB(x)ekx+B(x)e(k+1)x)=k∑an,k(kekx+e(k+1)x)=kan,k+an,k−1
带入初值，我们容易得到
B ( n ) ( x ) = B ( x ) ∑ k { n k } e k x B^{(n)}(x) = B(x) \sum_k {n\brace k} \mathrm e^{kx} B(n)(x)=B(x)k∑{kn}ekx
令 n = p n=p n=p，有
B ( p ) ( x ) = B ( x ) ∑ k { p k } e k x ≡ B ( x ) ( e x + e p x ) ≡ B ( x ) ( e x + 1 ) ≡ B ′ ( x ) + B ( x ) B n + p ≡ B n + 1 + B n \begin{aligned} B^{(p)}(x) &= B(x) \sum_k {p\brace k} \mathrm e^{kx}\\ & \equiv B(x) (\mathrm e^x + \mathrm e^{px})\\ & \equiv B(x) (\mathrm e^x + 1)\\ & \equiv B'(x) + B(x)\\ B_{n+p} &\equiv B_{n+1} + B_n \end{aligned} B(p)(x)Bn+p=B(x)k∑{kp}ekx≡B(x)(ex+epx)≡B(x)(ex+1)≡B′(x)+B(x)≡Bn+1+Bn
故原问题得证。
后面还提到了 B n + p m ≡ m B n + 1 + B n ( m o d p ) B_{n+p^m} \equiv mB_{n+1} + B_n \pmod p Bn+pm≡mBn+1+Bn(modp)，这个其实就不是很有新东西了，不过一个很爽的事情是我们可以用 Umbral Calculus 来快速得到：现在挪用上指标，我们有
B p = 1 + B B^p = 1 + B Bp=1+B
因此 B p m = ( 1 + B ) p m − 1 = 1 + B p m − 1 = 2 + B p m − 2 = ⋯ = m + B B^{p^m} = (1+B)^{p^{m-1}} = 1 + B^{p^{m-1}} = 2 + B^{p^{m-2}} = \cdots = m + B Bpm=(1+B)pm−1=1+Bpm−1=2+Bpm−2=⋯=m+B
得证。