一些特殊第二類Stirling數(shù)的p-adic賦值

吉慶兵, 盧 健

(1. 西北工業(yè)大學(xué)網(wǎng)絡(luò)空間安全學(xué)院， 西安 710072； 2. 中國電子科技集團(tuán)公司第三十研究所， 成都 610041)

1 引 言

設(shè)N是非負(fù)整數(shù)集合. 定義在N上的第二類Stirling數(shù)表示將n個(gè)元素劃分為恰好k個(gè)非空集合的個(gè)數(shù), 記為S(n,k),其中k和n為非負(fù)整數(shù). 熟知,S(n,k)有如下的表達(dá)式

(1)

注意到S(n,k)有如下的顯性表達(dá)式

同時(shí),S(n,k)有生成函數(shù)

以及如下的關(guān)系式

成立，其中(x)k為遞降階乘，對(duì)k≥1，(x)k定義為x(x-1)(x-2)…(x-k+1),(x)0=1.此外,令S(0,0)=1.當(dāng)n≥0時(shí),S(n,0)=0.當(dāng)n≥k≥1 時(shí),S(n,k)滿足遞推關(guān)系

S(n,k)=kS(n-1,k)+S(n-1,k-1).

正整數(shù)序列的整除性是數(shù)論等領(lǐng)域中十分有趣并且富有挑戰(zhàn)性的課題. 其中，第二類Stirling數(shù)S(n,k)的整除性問題在數(shù)論、組合論、代數(shù)拓?fù)涞阮I(lǐng)域都得到了廣泛研究. 對(duì)任意給定的素?cái)?shù)p和正整數(shù)n, 存在惟一的整數(shù)m, 使得n=apm, 其中(a,p)=1.我們稱m為n的p-adic賦值, 并記vp(n)=m.p-adic賦值是表示整除性常用的一種方式. 許多作者研究了第二類Stirling數(shù)的整除性, 包括Davis等[1],Hong等[2]和Zhao等[3-5]. 其中，Bendersky和Davis[6], Davis等[7,8,1]對(duì)一類S(n,k)的p-adic賦值進(jìn)行了深入研究, 給出了min{vp(k!S(n,k)),1≤k≤n}數(shù)值問題的一些結(jié)果,并將其應(yīng)用于代數(shù)拓?fù)涞哪承﹩栴}. Davis[9]和 Clark[10]利用Hesel引理建立了當(dāng)k≤7且n<2100時(shí)v2(k!S(n,k))的計(jì)算公式. 同時(shí)，Clark[10]提出猜想: 設(shè)p為素?cái)?shù)且n≥k, 則vp(k!S(n,k))

最近, Zhao和Qiu[5]研究了當(dāng)p為奇素?cái)?shù)時(shí)vp(S(n,k))的一些結(jié)果, 特別地,vp(S(p,2))≥1; 當(dāng)n≥2時(shí),vp(S(pn,2p))≥n; 當(dāng)n≥2,p≥5時(shí),vp(S(pn,4p))≥n-2.

在本文中, 我們利用二項(xiàng)式系數(shù)的p-adic賦值得到了更一般的結(jié)果：

定理1.1設(shè)p為奇素?cái)?shù),t和n為正整數(shù)且n≥2, 2≤2t

2 預(yù)備知識(shí)

設(shè)k和n為非負(fù)整數(shù).令S(0,0)=1.當(dāng)n>0時(shí)，S(n,0)=0.當(dāng)k>0時(shí)，S(0,k)=0. 顯然，當(dāng)n

根據(jù)式(1)易得S(n,1)=1.當(dāng)n≥2時(shí),有S(n,2)=2n-1-1.

記sp(n)為n的p-adic表示(將n表示為以p為基底)的指標(biāo)和. 關(guān)于二項(xiàng)式系數(shù)的p-adic賦值有如下結(jié)論.

引理2.1[15]設(shè)p為素?cái)?shù),k和n為非負(fù)整數(shù)，則有

(2)

且對(duì)所有0≤k≤n有

(3)

引理2.2[5]設(shè)p為奇素?cái)?shù),i,k和n為正整數(shù)且滿足1≤k≤p-1, 1≤i≤kp-1, (i,p)=1， 則有vp((kp-1)pn+ipn)=n+1.

引理2.3設(shè)p為奇素?cái)?shù),j和t為正整數(shù)且滿足2≤2t

證明 首先由式(3)可得

(4)

情形2：(j,p)=1. 由1≤j≤2tp-1, 2≤2t

2tp-j=2tp-a-bp=

(p-a)+(2t-1-b)p,

其中1≤p-a≤p-1 , 0≤(2t-1-b)≤(2t-1)

sp(j)=a+b，

sp(2tp-j)=(p-a)+(2t-1-b)=

2t+p-a-b-1，

sp(2tp)=2t.

則由式(4)計(jì)算可得

引理得證.

3 主要結(jié)果的證明

定理1.1的證明 首先，根據(jù)式(2)可得

其次，根據(jù)式(1)有

vp(A0)=vp((2tp)pn)-vp((2tp)!)=pn-2t

(5)

vp((2tp)!)≥pn-2t

(6)

對(duì)正整數(shù)j, 1≤j≤2tp-1, 若(j,p)=1, 2≤2t

由引理2.2可得

vp((2tp-j)pn+jpn)=n+1.

vp((2tp-j)pn+jpn)-vp((2tp)!)=

n+2-2t

(7)

故

因此

vp(S(pn,2tp))≥

由式(5)可得vp(A0)=pn-2t.由式(6)可得

由式(7)可得

從而當(dāng)n≥2時(shí)有pn>n+2.因此vp(S(pn,2tp))≥n+2-2t.定理得證.

設(shè)t=1, 則由定理1.1有

推論3.1設(shè)p為奇素?cái)?shù),n為正整數(shù)且n≥2, 則有vp(S(pn,2p))≥n.

設(shè)t=2, 由p≥2t≥2, 利用定理1.1可得vp(S(pn,4p))≥n+2-22=n-2，即

推論3.2設(shè)p為奇素?cái)?shù),n為正整數(shù)且n≥2,p≥5. 則vp(S(pn,4p))≥n-2.

注推論3.1即為文獻(xiàn)[5]中定理1.2，推論3.2即為文獻(xiàn)[5]中定理1.3.