一类约束Overpartition函数的同余性质

Congruence Properties of a Class of Constrained Overpartition Functions

摘要: 利用q级数中的dissection公式，研究了Bringmann等人推广的t¯(k)(n)的同余性质，得到了t¯(3)(n)模3和t¯(4)(n)模8的新同余式。

Abstract: Using the section formula in the q series, we studied the congruence property oft¯(k)(n)extended by Bringmann et al. and obtained new congruence formulas fort¯(3)(n)module 3 andt¯(4)(n)module 8.

1. 引言

分拆函数的同余性质一直是组合数论的一个重要研究内容。近些年来，约束分拆函数的同余性质受到广泛关注，如spt分拆函数[1]、cubic分拆函数[2]、overpartition函数[3]、t-core分拆函数[4]等。

最近，Bringmann等人[5]研究了一类新的约束overpartition函数并得到了如下结论。

定理. 给定一个自然数$k\ge 2$ ，令${\overline{t}}^{\left(k\right)}\left(n\right)$ 表示自然数n的满足如下条件的overpartition的数目：(1) 如果两个连续部分的差是$k+1$ 的倍数，则较大的部分加上上划线，(2) 如果最小的部分是$k+1$ 的倍数，那么它也加上上划线，则有

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(k\right)}\left(n\right)q^n}=\frac{{\left(q^{k+1};q^{k+1}\right)}_{\infty }}{{\left(q^k;q^k\right)}_{\infty }{\left(q;q\right)}_{\infty }}.$ (1.1)

若$k=2$ ，则${\overline{t}}^{\left(2\right)}\left(n\right)$ 简记作$\overline{t}\left(n\right)$ 。

例如，$k=2,n=4$ 时，满足上述条件的分拆有

$4,\overline{4},3+\overline{1},\overline{3}+\overline{1},2+2,2+\overline{2},\overline{2}+1+\overline{1},1+1+1+\overline{1},$

因此$\overline{t}\left(3\right)=8$ 。

一些学者探讨了$\overline{t}\left(n\right)$ 的同余性质，例如Hirschhorn [6]得到了如下同余式：

$\begin{array}{l}\overline{t}\left(24n+4\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}4\right),\\ \overline{t}\left(16n+14\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}\text{ 12}\right),\\ \overline{t}\left(8n+5\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}\text{ 9}\right).\end{array}$

对$k=3,4,7,8$ ，Naika等人研究了${\overline{t}}^{\left(k\right)}\left(n\right)$ 的同余性质，相关结果还可见[7]。

本文利用q级数中的dissection公式研究${\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(n\right),{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(n\right)$ 的同余性质，得到了如下新的同余式。

定理1. 对于任意的非负整数n，有

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(96n+48\right)q^n\equiv 0}\left(\mathrm{mod}3\right)$ (1.2)

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(96n+24\right)q^n\equiv 0}\left(\mathrm{mod}3\right)$ (1.3)

定理2. 对于任意的非负整数n，有

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(16n+14\right)q^n\equiv 0}\left(\mathrm{mod}\text{ 8}\right)$ (1.4)

2. 基础知识

定义1对自然数n，q升阶乘定义为

${\left(a;q\right)}_n=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \prod _{k=1}^n\left(1-a{q}^{k-1}\right)},\hfill & n\ge 1;\hfill \\ 1,\hfill & n=0.\hfill \end{array}$

此外，记${\left(a;q\right)}_{\infty }={\displaystyle \prod _{n=1}^{\infty }\left(1-a{q}^{n-1}\right)}$ 。为方便起见，可记$f_k\text{:}={\left(q^k;q^k\right)}_{\infty }$ 。

引理1对素数p，有

$f_k^p\equiv f_{pk}\left(\mathrm{mod}p\right).$ (2.1)

证明. 利用二项式同余性质${\left(1-x\right)}^p\equiv 1-x^p\left(\mathrm{mod}p\right)$ 直接得到。

引理2 [8]如下3-dissection公式成立。

$\frac{f_4}{f_1}=\frac{f_{12}{f}_{18}^4}{f_3^3{f}_{36}^2}+q\frac{f_6^2{f}_9^3{f}_{36}}{f_3^4{f}_{18}^2}+2q^2\frac{f_6{f}_{18}{f}_{36}}{f_3^3}$ (2.2)

引理3 [9]如下2-dissection公式成立。

$\frac{1}{f_1^4}=\frac{f_4^{14}}{f_2^{14}{f}_8^4}+4q\frac{f_4^2{f}_8^4}{f_2^{10}}$ (2.3)

$\frac{1}{f_1^2}=\frac{f_8^5}{f_2^5{f}_{16}^2}+2q\frac{f_4^2{f}_{16}^2}{f_2^5{f}_8}$ (2.4)

$f_1^2=\frac{f_2{f}_8^5}{f_4^2{f}_{16}^2}-2q\frac{f_2{f}_{16}^2}{f_8}$ (2.5)

引理4 [10]如下2-dissection公式成立。

$\frac{f_5}{f_1}=\frac{f_8{f}_{20}^2}{f_2^2{f}_{40}}+q\frac{f_4^3{f}_{10}{f}_{40}}{f_2^3{f}_8{f}_{20}}$ (2.6)

3. 定理证明

首先证明定理1：在(1.1)中令$k=3$ ，并将(2.2)代入可以得到

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(n\right)q^n}=\frac{f_4}{f_1}\cdot \frac{1}{f_3}\\ =\left(\frac{f_{12}{f}_{18}^4}{f_3^3{f}_{36}^2}+q\frac{f_6^2{f}_9^3{f}_{36}}{f_3^4{f}_{18}^2}+2q^2\frac{f_6{f}_{18}{f}_{36}}{f_3^3}\right)\cdot \frac{1}{f_3}\\ =\frac{f_{12}{f}_{18}^4}{f_3^4{f}_{36}^2}+q\frac{f_6^2{f}_9^3{f}_{36}}{f_3^4{f}_{18}^2}+2q^2\frac{f_6{f}_{18}{f}_{36}}{f_3^4}.\end{array}$

提取其中q的幂次为3n的项，用q代替q³，并应用(2.1)，再将(2.3)代入可以得到

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(3n\right)q^n}=\frac{f_4{f}_6^4}{f_1^4{f}_{12}^2}\equiv \frac{f_4{f}_2^{12}}{f_1^4{f}_4^6}\left(\mathrm{mod}3\right)=\frac{f_2^{12}}{f_1^4{f}_4^5}=\frac{1}{f_1^4}\cdot \frac{f_2^{12}}{f_4^5}\\ =\left(\frac{f_4^{14}}{f_2^{14}{f}_8^4}+4q\frac{f_4^2{f}_8^4}{f_2^{10}}\right)\cdot \frac{f_2^{12}}{f_4^5}.\end{array}$

在此定理证明中，除特殊标出外，均为模3。提取其中q的幂次为2n的项，用q代替q²，并将(2.4)带入可以得到

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(6n\right)q^n}\equiv \frac{f_2^9}{f_1^2{f}_4^4}\\ =\frac{1}{f_1^2}\cdot \frac{f_2^9}{f_4^4}\\ =\left(\frac{f_8^5}{f_2^5{f}_{16}^2}+2q\frac{f_4^2{f}_{16}^2}{f_2^5{f}_8}\right)\cdot \frac{f_2^9}{f_4^4}\\ =\frac{f_2^4{f}_8^5}{f_4^4{f}_{16}^2}+2q\frac{f_2^4{f}_{16}^2}{f_4^2{f}_8}.\end{array}$

提取其中q的幂次为2n的项，用q代替q²，进一步利用(2.5)可得

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(12n\right)q^n}\equiv \frac{f_1^4{f}_4^5}{f_2^4{f}_8^2}\\ ={\left(f_1^2\right)}^2\cdot \frac{f_4^5}{f_2^4{f}_8^2}\\ ={\left(\frac{f_2{f}_8^5}{f_4^2{f}_{16}^2}-2q\frac{f_2{f}_{16}^2}{f_8}\right)}^2\cdot \frac{f_4^5}{f_2^4{f}_8^2}.\end{array}$

同理，利用(2.4)可得

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(24n\right)q^n}\equiv \frac{f_2{f}_4^8}{f_1^2{f}_8^4}+4q\frac{f_2^5{f}_8^4}{f_1^2{f}_4^4}\\ =\frac{1}{f_1^2}\cdot \frac{f_2{f}_4^8}{f_8^4}+q\cdot \frac{1}{f_1^2}\cdot \frac{f_2^5{f}_8^4}{f_4^4}\\ =\left(\frac{f_8^5}{f_2^5{f}_{16}^2}+2q\frac{f_4^2{f}_{16}^2}{f_2^5{f}_8}\right)\cdot \frac{f_2{f}_4^8}{f_8^4}+q\cdot \left(\frac{f_8^5}{f_2^5{f}_{16}^2}+2q\frac{f_4^2{f}_{16}^2}{f_2^5{f}_8}\right)\cdot \frac{f_2^5{f}_8^4}{f_4^4}\\ =\frac{f_8{f}_4^8}{f_2^4{f}_{16}^2}+2q\frac{f_4^{10}{f}_{16}^2}{f_2^4{f}_8^5}+q\frac{f_8^9}{f_4^4{f}_{16}^2}+2q^2\frac{f_8^3{f}_{16}^2}{f_4^2}\end{array}$ (3.1)

对(3.1)，提取其中q的幂次为2n的项，并用q代替q²，再由(2.3)又可得到

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(48n\right)q^n}\equiv \frac{f_4{f}_2^8}{f_1^4{f}_8^2}+2q\frac{f_4^3{f}_8^2}{f_2^2}\\ =\frac{1}{f_1^4}\cdot \frac{f_4{f}_2^8}{f_8^2}+2q\frac{f_4^3{f}_8^2}{f_2^2}\\ =\left(\frac{f_4^{14}}{f_2^{14}{f}_8^4}+4q\frac{f_4^2{f}_8^4}{f_2^{10}}\right)\cdot \frac{f_4{f}_2^8}{f_8^2}+2q\frac{f_4^3{f}_8^2}{f_2^2}\\ =\frac{f_4^{15}}{f_2^6{f}_8^6}+4q\frac{f_4^3{f}_8^2}{f_2^2}+2q\frac{f_4^3{f}_8^2}{f_2^2}\\ =\frac{f_4^{15}}{f_2^6{f}_8^6}+6q\frac{f_4^3{f}_8^2}{f_2^2}\\ \equiv \frac{f_4^{15}}{f_2^6{f}_8^6}\left(\mathrm{mod}3\right).\end{array}$

显然，该展开式中q的幂次均为偶数，故可得到

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(96n+48\right)q^n}\equiv \text{0,}$

故(1.2)成立。

在(3.1)中，提取q的幂次为$2n+1$ 的项，用q代替q²，并将(2.3)带入可得

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(48n+24\right)q^n}\equiv 2\frac{f_2^{10}{f}_8^2}{f_1^4{f}_4^5}+\frac{f_4^9}{f_2^4{f}_8^2}\\ =2\frac{1}{f_1^4}\cdot \frac{f_2^{10}{f}_8^2}{f_4^5}+\frac{f_4^9}{f_2^4{f}_8^2}\\ =2\left(\frac{f_4^{14}}{f_2^{14}{f}_8^4}+4q\frac{f_4^2{f}_8^4}{f_2^{10}}\right)\cdot \frac{f_2^{10}{f}_8^2}{f_4^5}+\frac{f_4^9}{f_2^4{f}_8^2}\\ =3\frac{f_4^9}{f_2^4{f}_8^2}+8q\frac{f_8^6}{f_4^3}\equiv 2q\frac{f_8^6}{f_4^3}.\end{array}$

同理，该展开式中q的幂次均为奇数，故可得到

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(96n+24\right)q^n}\equiv 0$

故(1.3)成立。

下面证明定理2：在(1.1)中令$k=4$ ，并将(2.6)代入得

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(n\right)q^n}=\frac{1}{f_4}\cdot \frac{f_5}{f_1}\\ =\frac{f_8{f}_{20}^2}{f_2^2{f}_4{f}_{40}}+q\frac{f_4^2{f}_{10}{f}_{40}}{f_2^3{f}_8{f}_{20}}.\end{array}$

提取其中q的幂次为2n的项，用q代替q²，并将(2.4)代入可得

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(2n\right)q^n}=\frac{f_4{f}_{10}^2}{f_1^2{f}_2{f}_{20}}\\ =\frac{1}{f_1^2}\cdot \frac{f_4{f}_{10}^2}{f_2{f}_{20}}\\ =\left(\frac{f_8^5}{f_2^5{f}_{16}^2}+2q\frac{f_4^2{f}_{16}^2}{f_2^5{f}_8}\right)\cdot \frac{f_4{f}_{10}^2}{f_2{f}_{20}}\end{array}$

进一步，提取其中q的幂次为$2n+1$ 的项，用q代替q²，并将(2.3)、(2.6)代入可得

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(4n+2\right)q^n}=2\frac{f_2^3{f}_5^2{f}_8^2}{f_1^6{f}_4{f}_{10}}\\ =2\cdot \frac{1}{f_1^4}\cdot {\left(\frac{f_5}{f_1}\right)}^2\cdot \frac{f_2^3{f}_8^2}{f_4{f}_{10}}\\ =2\left(\frac{f_4^{14}}{f_2^{14}{f}_8^4}+4q\frac{f_4^2{f}_8^4}{f_2^{10}}\right){\left(\frac{f_8{f}_{20}^2}{f_2^2{f}_{40}}+q\frac{f_4^3{f}_{10}{f}_{40}}{f_2^3{f}_8{f}_{20}}\right)}^2\frac{f_2^3{f}_8^2}{f_4{f}_{10}}.\end{array}$

提取其中q的幂次为$2n+1$ 的项，进而可得

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(8n+6\right)q^{2n+1}}=2\left(2q\frac{f_4^{13}{f}_{10}{f}_{20}}{f_2^{19}{f}_8{}^4}+4q\frac{f_4^2}{f_2^{14}{f}_{40}^2}+4q^3\frac{f_4^8{f}_8^2{f}_{10}^2{f}_{40}^2}{f_2^{16}{f}_{20}^2}\right)\frac{f_2^3{f}_8^2}{f_4{f}_{10}}\\ \equiv 4q\frac{f_4^{13}{f}_{10}{f}_{20}}{f_2^{19}{f}_8{}^4}\cdot \frac{f_2^3{f}_8^2}{f_4{f}_{10}}\left(\mathrm{mod}8\right)\\ =4q\frac{f_4^{16}{f}_{20}}{f_2^{16}{f}_8^2}\end{array}$

此即为

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(8n+6\right)q^n}\equiv 4\frac{f_2^{16}{f}_{10}}{f_1^{16}{f}_4^2}\\ \equiv 4\frac{f_2^{16}{f}_{10}}{f_4^6}\\ \equiv 4f_2^9.\end{array}$

该展开式中q的幂次均为偶数，故可得到

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(16n+14\right)q^n}\equiv 0\left(\mathrm{mod}8\right),$

故(1.4)成立。

4. 结论与展望

目前，约束分拆函数同余性质的探讨是一个研究热点，相关成果十分丰富，其主要工具包括q-级数、模形式、秩等。最近，Naika等人[10]研究了${\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(n\right)$ 和${\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(n\right)$ 的同余性质并得到了如下结论

$\begin{array}{l}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(n\right)\left(4^{\alpha }\left(4n+2\right)\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}\text{ 2}\right)\\ {\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(n\right)\left(4^{\alpha }\left(8n+5\right)\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}\text{ 2}\right)\\ {\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(n\right)\left(6n+3\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}\text{ 4}\right)\\ {\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(n\right)\left(8n+6\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}\text{ 4}\right)\\ {\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(n\right)\left(16n+10\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}\text{ 4}\right)\end{array}$

本文利用q-级数中的dissection公式进一步得到了${\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(n\right)$ 模3和${\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(n\right)$ 模8的如下同余式，进一步丰富了相关研究。

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(96n+48\right)q^n\equiv 0}\left(\mathrm{mod}3\right)$

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(3\right)}\left(96n+24\right)q^n\equiv 0}\left(\mathrm{mod}3\right)$

${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\overline{t}}^{\left(4\right)}\left(16n+14\right)q^n\equiv 0}\left(\mathrm{mod}\text{ 8}\right)$

在此基础上，可进一步考虑该类分拆函数模2、3或5的方幂的同余性质，还可采用模形式等工具研究其模较大素数的同余性质，进而得到无穷族同余式。此外，还可以结合分拆的秩研究相关同余式的组合意义及相应的Turán不等式等。

NOTES

^*通讯作者。