\文档类[12pt，reqno]{article}\usepackage[用户名]{颜色}\使用包{amssymb}\使用包{graphicx}\使用包{amscd}\usepackage[colorinks=true，linkcolor=webgreen，filecolor=webbrown，citecolor=webgreen]{hyperref}\定义颜色{webgreen}{rgb}{0，.5,0}\定义颜色{webbrown}{rgb}{.6,0,0}\使用包{color}\使用包{fullpage}\使用包{float}\使用包{psfig}\usepackage{graphics，amsmath，amssymb}使用包\使用包{amsthm}\使用包{amsfonts}\使用包{latexsym}\使用包{epsf}\集合长度{\textwidth}{6.5in}\集合长度{\oddsidemargin}{.1in}\集合长度{\evensidemargin}{.1in}\集长度｛\topmargin｝｛-.1in｝\设置长度{\textheight}{8.4in}\新命令{\seqnum}[1]{\href{http://oeis.org/#1}{\下划线{#1}}\开始{文档}\开始{居中}\epsfx尺寸=4英寸\leavevmode\epsffile｛logo129.eps｝\结束{中心}\理论风格{普通}\新定理{定理}{定理{\新定理｛推论｝〔定理〕｛推论｝\新定理{引理}[定理]{引言}\新定理{命题}[定理]{命题\理论风格{定义}\新定理{definition}[定理]{definition}\新定理{example}[定理]{example}\新定理｛猜想｝〔定理〕｛猜想｝\理论风格{remark}\新定理{remark}[定理]{remark}\开始{居中}\vskip 1cm｛\LARGE\bf互补钟数和\\\vskip.11英寸$p$-adic系列}\vskip 1cm\大型Deepak Subedi公司\\科学技术学院\\喜马偕尔邦ICFAI大学\\卡鲁金达，索兰，HP-174103\\印度\\\链接{mailto:deepak12321@gmail.com}{\tdeepak12321@gmail.com} \\\结束{中心}\vskip.2英寸\新命令{\Q}{\mathbb{Q}}\新命令{\Z}{\mathbb{Z}}\新定理{同余}{同余}\开始｛摘要｝在本文中，我们推广了Murty关于互补Bell数和$p$-adic级数的非理性。这个泛化导致多项式序列。我们部分回答这些多项式的积分零点的存在性问题。\结束{抽象}\章节{引言}Murty和Sumner\cite{mu}证明了存在一个整数序列$a_k，b_k$，如下等式\开始{方程式}\label{base}\总和{n=0}^{\infty}n^k n=a_k\sum_{n=0}^{\infty}n+b_k（英国）\结束{方程式}保持在$\Q_{p}$中。Alexander\cite{alexa}表明$a_k$最多消失两次。在命题\ref{partition}中，我们推广了等式~\eqref{base}，以证明对于非负整数$k，j$存在两个整数序列$a_k（j），b_k（j）$，如下等式\开始{方程式}\标签{akj}\sum_{n=0}^{\infty}n^k（n+j）=ak（j）\alpha+bk（j）\end{方程}保存在${\Q}_p$中，$\alpha$是$p$-adic和$\sum_{n=0}^{\infty}n！$。很明显，我们希望识别非负整数$k$和$j$，以便\[a_k（j）=0.\]这意味着等式~\eqref{akj}只是一个整数$bk（j）$。事实上，根据命题\ref{partition}，它将遵循以下内容\[a_1（0）=0，a_2（1）=0\]和\[b_1（1）=-1，b_2（1同样，通过命题\ref{partition}，可以得出如下结论\[\sum_{n=0}^{\infty}n\cdot n！=-1\]和\[\sum_｛n=0｝^｛\fty｝n^2（n+1）！=2。\]另一方面，Dragovich\cite｛dr1｝已经表明，如果\[\sum_｛n=0｝^｛\infty｝n！\]对于每个素数$p$收敛到$\Q_｛p｝$中的有理数，则级数不能收敛到同一有理数。此外，对于每个整数$j\geq 2$，事实$a_2（j）>0$使我们得出结论：对于固定整数$j\ geq 2$如果级数\[\sum_{n=0}^{\infty}n^2（n+j）！\]收敛到$\Q_{p}$中的有理数，那么对于每个质数$p$，它就不能收敛到$\Q{p}$中的一个固定有理数。为了证明$a_k（j）$对于$k的选定值是非零的，j$需要$a_k（j）美元的某些恒等式。在下一节中，我们将导出其中一些恒等式。\段{多项式的递归}标签{a123}我们首先考虑序列$\sum_{n=0}^{\infty}（n+j）！$对于固定非负整数$j$。注意\[\sum_{n=0}^{\infty}（n+j）！=\sum_{n=0.}^{\finfty{n！-（0！+1！+2！+\cdots+（j-1）！）.\]非负整数$m$的Kurepa左阶乘$K（m）$由下式给出\开始{displaymath}K（m）=\开始{案例}0，&\text{如果$m=0$；}\\\text{$0！+1！+2！+\cdots+（m-1）！$}，&\text{如果$m$是正整数。}\结束{cases}\结束{显示方式}接下来是这样的\开始｛align｝\和{n=0}^{infty}（n+j）！&=\α-K（j）。\标记\结束{对齐}原因很快就会清楚，我们定义\开始｛align｝a_0（x）&=1\符号\\b_0（j）&=-K（j）。\标记\结束{对齐}因此，可以得出以下结论\开始{方程式}\sum_{n=0}^{\infty}（n+j）=a_0（j）\α+b_0（j）。\结束{方程式}我们在此介绍本节的主要结果。\开始{命题}\标记{部分}设$k\geq0$和$j\geq0$是固定整数。然后是多项式$a_{k}（x）$和整数$b_{k{（j）$，如下所示\[\sum_{n=0}^{\infty}n^k（n+j）！=a_k（j）\alpha+b_k（j）\]其中$a_k（x）$和$b_k（j）$在$k$上归纳定义如下：\[ak（x）=a{k-1}（x+1）-（x+1\[b_k（j）=b{k-1}（j+1）-（j+1和\开始｛align｝a_0（x）&=1\符号\\b_ 0（j）&＝-K（j）。\诺塔格\结束{对齐}\结束{命题}\开始{proof}证据是通过$k$的归纳得出的。案例$k=0$已经解决。因此，我们可以假设$k\geq 0$，并且该命题适用于$k$。注意\[\sum_{n=0}^{\infty}n^{k}（n+j+1）因此使用$\sum_{n=0}^{\infty}n^{k}（n+j）=ak（j）\alpha+bk（j\开始{等式}\标签{重现a{k}（j+1）-（j+1）ak（j）=a{k+1}（j）\结束{方程式}和\[b{k}（j+1）-（j+1，bk（j）=b{k+1}（j）\结束{proof}\开始{推论}序列$\sum_{n=0}^{\infty}n^k（n+j）！$每当$ak（j）$消失时收敛为整数。\结束{推论}\开始{推论}\[a{k}（0）=a{k+1}（-1）\结束{推论}下一个命题可能会提醒我们贝努利多项式所表现出的类似性质。\开始{proposition}\label{deri}$a_{k}（x）$的导数由下式给出\[\dfrac{d}{dx}a_k（x） =-ka_{k-1}（x），\quad k\geq 1\结束{命题}\开始{proof}对于$k=1$，这个命题很容易被认为是正确的，我们通过对$k$的归纳证明了这个命题。我们区分表达式\[a_{K}（x+1）-（x+1\[a'_{K}（x+1）-a_K（x）-a'_K（x）（x+1我们假设该命题适用于$k=k$，以获得\[-Ka_{K-1}（x+1）-a_K（x）+Ka_{K1}（x）（x+1我们再次考虑命题\ref{partition}以获得所需的结果。\结束{proof}\开始{命题}如果$c_{i，k}$表示$a_{k}（x）中$x^i$的系数$然后\对于非负整数$i，k$和$i\leqk-1$，[-kc{i，k-1}=（i+1）c{i+1，k}\]。\结束{命题}\开始{证明}接下来的证明是比较命题\ref{deri}中$x$的常数项和幂系数。\结束{proof}我们注意到，如果$k$是素数，那么对于$i\leq k-2$\[\gcd（i+1，k）=1。因此$i+1$必须除以$c_{i，k-1}$，$k$必须除以$c_{i+1，k}$，但$a_k（0）=a_k$，因此我们可以写\[a_p（x）\equiv a_p-x^p\pmod p.\]我们继续为$a_k（x）$求几个同余。我们从一个命题开始，该命题说明$a_k（x）$可以使用$a_k$和二项式系数来确定。\开始{命题}\标记{akina}多项式$a_k（x）$由下式给出\[a_{k}（x）=\sum_{i=0}^{k}{}^kC_{i} 一个_{i} （-1）^｛k-i｝x^｛k-i｝.\]\结束{命题}\开始{proof}对命题\ref｛deri｝应用归纳法，可以得出\[\dfrac{d^i}{dx^i}a_k（x）=（-1）^ik（k-1）（k-2）\cdots（k-i+1）a{k-i}（x）.\]我们将$a_k（x）$写成\[a{k}（x）=\sum{i=0}^{k}b_{i} x个^{i} .\]那么$x$等于0的$\dfrac{d^i}{dx^i}a_k（x）$必须是$b_i！$。因此，$b_i$必须\[（-1）^{i}\，\，{}^kC_{i}a_{k-i}（0）.\]使用$a{k-i}（0）=a{k-i}$这个事实，结果如下。\结束{proof}现在，我们包含一个包含前几个多项式$a_k（x）$的表。\开始{居中}\开始{tablar}{cc}\氯化氢$k$和$a{k}（x）$\\hline0&$1$\\hline1&$-x$\\hline2&$-1+x^{2}$\\hline3&$1+3x-x^{3}$\\hline4&$+2-4x-6x^2+x^4$\\h行5&$-9-10x+10x^2+10x^3-x^5$\\h行6&$9+54\x+30\x^2-20\x^3-15\x^4+x^6$\\hline7&$50-63\x-189\x ^2-70\x ^3+35\x ^4+21\x ^5-x ^7$线8&$-267-400 x+252 x ^2+504\x ^3+$140美元\x^4-56 x ^5-28 x ^6+x ^8$线9&$413+2403\x+1800\x^2-756\x^3-1134\x^4-252\x^5+84\x^6$\\&$+36\x^7-x^9$\\hline10&$2180-4130 \x-12015 \x ^2-6000 \x ^3+1890 \x ^4+2268 \x ^5+$\\&$420\x^6-120\x^7-45\x^8+x^{10}$\\hline11&$-17731-23980 \x+22715 \x^2+44055 \x^3+16500 \x^4-4158 \x^5$\\ &$-4158 x ^6-660 x ^7+165 x ^8+55 x ^9-x ^{11}$\\hline（美元）12&$50533+212772 x+143880 x ^2-90860 x ^3-132165 x ^4-39600 x ^5$\\&$+8316 x ^6+7128 x ^7$$+990 x ^8-220\x ^9-66 x ^{10}+x ^{12}$\\hline13&$110176-656929 x-1383018 x ^2-623480 x ^3+295295 x ^4+343629\x^5$\\&$+85800 x ^6-15444 x ^7-11583 x ^8-1430 x ^9+286 x ^｛10｝+78 x ^｛11｝-x ^｛13｝$\\\行14和$-1966797-1542464 x+4598503x^2+6454084 x ^3+2182180x^4$\\&$-826826x^5-801801x^6-171600x^7+27027x^8+18018x^9+2002x^{10}$\\&$-364x^{11}-91x^{12}+x^{14}$\\hline（美元）%15&9938669+29501955 x+11568480 x ^2-22992515 x ^3-24202815 x ^4-6546540 x ^5+2067065x ^6+1718145 x ^7+321750 x ^8-45045 x ^9-27027 x ^{10}-2730 x ^{11}+455 x ^{12}+105 x ^{13}-x ^{15}）\结束{表格}\结束{中心}从表中很容易看出\[a_1（0）=0，a_2（1）=0\]，因此我们希望标识整数$k$和$j$，以便$a_k（j）$为零/非零。我们在下一节中部分地确定了这种$k$和$j$。\{关于多项式的非消失}节下一个命题帮助我们得出只要$k$是素数，$a_k（x）$就不消失的结论。\开始{命题}如果$p$是质数对于${{\Z}}$中的每一个$j$，$a_p（j）$都不会消失，其中$j$与$1$模$p$不一致。\结束{命题}\开始{proof}$p=2$可以轻松验证该命题。对于$p\geq3$，命题{akina}和同余\[\binom{p}{i}\equiv0\pmodp\text{For}1\leqi\leqp-1\]引导我们\[a_p（j）\equiv a_p-j^p\pmod p.\]Murty\cite{mu}表明\[a_p\equiv 1\pmod p.\]考虑到费马定理，命题如下。\结束{proof}观察$a_1（x）=-x>0$（对于$x<0$）。一般来说，我们有以下主张。\开始{命题}$a_k（x）>（k-1）！$对于$k\geq 1$和$x\leq-k$。\结束{命题}\开始{proof}我们通过对$k$的归纳证明了这个命题。假设$a_k（x）>（k-1）！$对于某些固定的$k\geq 1$，$x\leq-k$保持不变，则递推关系\[a{k+1}（x）=a{k}（x+1）-（x+1$a_k（x）$给了我们\$x\leq-k-1$的[a{k+1}（x）>（k-1）！+（k-1。因此，命题如下。\结束{proof}很明显，对于$k\geq1$和$x\leq-k$，$a_k（x）$不会消失。为了进一步分析$a_k（x）$，我们从以下结果开始。\开始{命题}\标记{cona}对于非负整数$m$和整数$j$\[a{p+m}（j）\等于a{m+1}（j）+a_m（j）\pmod p。]\结束{命题}\开始{proof}用于整数$j$，由命题\ref{akina}得出\[a_p（j）\equiv 1-j\pmod p.\]应用命题\ref｛part｝中给出的递推式和事实\[a_2（j）+a_1（j）=j^2-j-1，\]得出\[a_{p+1}（j）\equiv a_2（j）+a_{1}（j）\pmod p.\]再次，重复应用命题\ref｛part｝中的递归，我们获得了所需的结果。\结束{proof}\开始{proposition}对于这样的质数$p$\[p\equiv 2,3\pmod{5}，\]对于任何整数$j$，$a{p+1}（j）$都不会消失。\结束{命题}\开始{proof}根据之前的提议\[a{p+1}（j）\equiv j^2-j-1\pmod p.\]然而，对于质数$p\n neq 2,5$考虑\[4（j^2-j-1）=（2j-1）^2-5，\]很明显，每当$a{p+1}（j）$与$0$模$p$不一致时勒让德符号\[\binom{5}{p}=-1。\]现在，$\binom{5}{p}=-1$当且仅当\[p\equiv 2,3\pmod 5.\]因此，命题如下。\结束{proof}\开始{推论}对于任何整数$j$，$a{8}（j）$、$a{14}（j）$、$1a{18}（j$）$和$a{24}（jo）$都不会消失。\结束{推论}\对于素数$p\equiv 2,5,6,7,8,11\pmod{13}$和整数$j$不能被$p$整除，$a_{p+2}（j）$不消失。\结束{命题}\开始{proof}根据命题\ref{cona}，对于$m=2$，有\[a{p+2}（j）\equiv-j（j^2-j-3）\pmod p.\]因此，命题如下。\结束{proof}\开始{命题}\标签{不相关}如果$a_p（1）$不能被$p^2$整除，则$a_p（x）$是$\Q$上的不可约多项式。\结束{命题}\开始{proof}根据命题~\ref{akina}，我们有\[a_p（x+1）\equiv a_p-（x+1）^p\pmod p.\]再次考虑Murty\cite{mu}给出的$a_p$的同余\[a_p（x+1）\equiv-x^p\pmod p.\]因此，根据艾森斯坦的标准，结果如下。\结束{proof}根据命题~\ref{irerd}，很明显，如果$a_p（1）$不能被$p^2$整除，则不存在整数$j$这样$a_p（j）=0$。下一个命题为我们提供了一个条件语句，用于确定$a_p（j）$是否与$1$不同。\开始{proposition}\label{ir}对于奇素数$p$，如果$a_p-1$不能被$p^2$整除，那么$a_p（x）-1$是一个不可约多项式。\结束{命题}\开始{proof}按照命题~\ref{irerd}的步骤，我们有\[a_p（x）-1\equiv-x^p\pmod p.\]因此，根据艾森斯坦关于多项式不可约性的准则，结果如下。\结束{proof}\开始{命题}对于非负整数$m、t$和整数$j$，以下同余成立\开始｛方程式｝\标签｛cong｝a{tp+m}（j）\equiv\sum{i=o}^{t}{}^{t} C类_{i} a{m+i}（j）\pmod p。\结束{方程式}\结束{命题}\开始{proof}情况$t=0$显然是正确的。作为我们的归纳假设，我们假设等式~\eqref{cong}中的同余对于某些$t\geq0$和命题\ref{cona}是真的由此可见\开始{方程式}\标签{}a{（t+1）p+m}（j）等于a{tp+m+1}。\结束{方程式}因此，根据我们的归纳假说\开始｛align｝a{（t+1）p+m}（j）&\equiv\sum{i=o}^{t}{}^{t} C类_{i} a{m+1+i}（j）+\sum{i=o}^{t}{}^{t} C类_{i} a{m+i}（j）\pmod p\\&相等\sum{i=o}^{t+1}{}^{t+1}C_{i}a{m+i}（j）\pmodp。\结束{对齐}因此，结果如下归纳。\结束{proof}\开始{命题}\标记{pi}对于非负整数$m、i$和整数$j$，以下同余成立\[a{p^i+m}（j）\等于a{m+1}（j）+ia_m（j）\pmod p\结束{命题}\开始{proof}案例$i=0$是一个普通的案例，案例$i=1$来自Proposition\ref{cona}。所以我们假设$i\geq 2$。对于$1\leq j\leq p^{i-1}-1$，考虑到一致性\[\binom{p^{i-1}}{j}\equiv0\pmodp\]和在上述命题中，$t=p^{i-1}$如下\[a{p^i+m}（j）\等于a{m}重复上一步骤$r$的次数，其中$r\leq i-1$\[a{p^i+m}（j）\等于r{m}选择$r=i-1$\[a{p^i+m}（j）\equiv（i-1）a{m}。\结束{proof}\开始{推论}对于正整数$i$，\[a{p^i}\equiv i\pmod p.\]\结束{推论}\开始{proof}选择$m，j$等于$0$，推论如下。\结束{proof}\开始{命题}$a_｛p^｛zp｝｝（j）$对于任何不可被$p$整除的整数$j$都不会消失。\结束{命题}\开始{proof}对于前面的命题中的某个非负整数$z$，我们考虑$i=zp$，得到\[a_｛p^｛zp｝+m｝（j）\equiv a_｛m+1｝（j）\pmod p.\]选择$m=0$，结果如下。\结束{proof}\开始{命题}对于非负整数$t$和整数$j$\[a{3t}（j）\neq 0.\]\结束{命题}\开始{proof}考虑到命题ref{pi}中的$i=2，p=2$，如下所示\[a{4+m}（j）\等于a{1+m}（j）\pmod 2选择$m=2,5,8，\cdots$很容易看出对于正整数$t$\[a{3t}\equiv a{3}（j）\pmod 2.\]事实$$a{3{（j。\结束{proof}\开始{命题}对于非负整数$t$\[a{pt}\equiv a{t-1}\pmod p.\]\结束{命题}\开始{proof}通过命题\ref{akina}很容易看出\[a{k}（-1）=\和{i=0}^{k}{}^{k} C_{i} a_i\]然而，通过递归\ref{part}\[a_k（-1）=a_{k-1}（0）.\]按同余\eqref{cong}\[a{pt+m}（j）\equiv\sum{i=0}^{t}{}^{t} C类_{i} 一个_{m+i}（j）\pmod页\]对于$m=0，j=0$以上同余减少为\[a{pt}（0）\equiv\sum_{i=0}^{t}{}^{t} C类_{i} 一个_{i} （0）\pmod p\]等等\[a{pt}（0）\equiv a{t-1}\pmod p.\]\结束{proof}\开始{命题}对于正整数$i$和整数$j$if\[j\not\equiv i\pmod p\]那么\[a_{p^i}（j）\neq 0.\]\结束{命题}\开始{proof}在命题\ref{pi}中选择$m=0$\[a{p^i}（j）\equiv a{1}（j）+ia{0}（z）\pmod p.\]结果如下。\结束{proof}下一个结果给了我们一个更强的$a_k（j）$同余。\开始{定理}对于非负整数$t、m$、正整数$n$、奇素数$p$和整数$j$，这样\[j\equiv 0,1,2\pmod p\]以下同余\[法]^{p} -1个}｛p-1｝\cdot p^{n-1}吨+m} }（j）等于a{m}（j）\pmod{p^n}。\结束{定理}\开始{proof}我们考虑三种情况：$j\equiv0\pmodp$、$j\Equiv1\pmodp$and$j\eviv2\pmodp$\\{\bf{案例1.}}对于整数$j\equiv0\pmodp$和正整数$r$，很容易看出\[\binom{\frac{p^{p} -1个}{p-1}\cdot p^{n-1}}{r}（-j）^r=\dfrac{\frac{p^{p} -1个}{p-1}（-j）^r\cdot p^{n-1}}{r}\binom{\frac{p^{p} -1个}{p-1}\cdot p^{n-1}-1}{r-1}\equiv 0\pmod{p^n}.\]对于一个奇数素数$p$，按照稍微不同的符号，Alexander\cite{alexa}证明了\[a{{\压裂{p^{p} -1个}{p-1}\cdot p^{n-1}吨+m} }等于a_m\pmod{p^n}，\text{}t，m\text{为非负整数}因此，通过命题\eqref{akina}，可以得出对于整数$j\equiv0\pmodp$\开始{方程式}{a{\frac{p^{p} -1个}{p-1}}}（j）等于1\pmod{p^n}。\结束{方程式}为了简单起见，我们表示$\frac{p^{p} -1个}{p-1}\cdot p^{n-1}$乘以$k$。\\{\bf{Case2.}}在这种情况下，我们将$a_k（j）$表示为$a_{k+1}（j-1）$和$a{k}（j-1）$，然后导出所需的同余。将$j$替换为$j-1$，公式~\eqref{recurrenceforakj}可以写成\开始{方程式}\标记{a}a{k}（j）=a{k+1}。\结束{方程式}对于整数$j\equiv1\pmod{p}$和$k=压裂{p^{p} -1个}{p-1}\cdot p^{n-1}$，$n\geq 1$$$a{k+1}（j-1）等于a{k+1}-（j-1，k+1）a{k}\pmod{p^n}$$再次使用Alexander\cite{alexa}的结果，如下所示$$a_{k+1}（j-1）\equiv-（j-1-）\equav-a_1（j-1\pmod{p^n}$$因此，可以得出以下结论\开始{方程式}｛a_｛k｝（j）｝\equiv 1\pmod｛p^n｝\text｛for｝j\equiv 1\pmod p\结束{方程式}\\｛\bf｛案例3.｝｝在这种情况下，我们用$a_｛k+2｝（j-2）$和其他类似的术语来表示$a_｛k｝（j）$。\\用$k+1$替换$k$，用$j-1$替换$j$，公式~\eqref{a}可以写成\开始{方程式}\标签{b}{{k+1}}（j-1）={{k+2}}\结束{方程式}将$j$替换为$j-1$，公式~\eqref{a}可以写成\开始{方程式}\标签{c}a{k}（j-1）=a{k+1}（j－2）+（j－1）a{k{（j－2）\结束{方程式}从等式~\eqref{a}、\eqref{b}和\eqef{c}中消除$a{k}（j-1）、a{k+1}（j-1）$，如下所示\开始{等式}\label{delta1}a{k}（j）=a{k+2}（j-2）+（j-1）a{k+1}。\结束{方程式}但对于整数$j\equiv2\pmod{p}$，通过命题\ref{akina}很容易看出\[{a{k+2}}（j-2）\equiv a{k=2}+（k+2）（2-j）a{k+1}+\frac{（k+2）（k+1）}{2}（j-2）^{2}a{k}\pmod{p^n}\]再者，考虑到亚历山大的结果，情况会是这样的\开始{方程式}\标签{alpha}a{k+2}（j-2）\equiv-1+（j-2，^{2}\equiv{a{2}（j-2）}\pmod{p^n}。\结束{方程式}而且很容易获得\开始{方程式}\label{beta}a{k+1}（j-2）\equiv{a{0}（j-2）}\pmod{p^n}。\结束{方程式}应用等式~\eqref{delta1}、\eqref{alpha}和\eqef{beta}，对于整数$j\eqv2\pmodp$，\开始{方程式}a{k}（j）等于1\pmod{p^n}。\结束{方程式}因此，使用等式~\eqref{recurrenceforakj}，结果如下。\结束{proof}\开始{推论}对于非负整数$t、m$和正整数$n$，以下同余\[a{{13\cdot 3^{n-1}吨+m} }（j）等于a{m}（j）\pmod{3^n}。\结束{推论}\开始{proof}在前面的命题中，考虑$p=3$，证明如下。\结束{proof}备注：多项式$a_k（x）$之前由Wannemacker\cite{wan}分析。他从数值上验证了$a_k（x）$对于所有$6\leq-k\leq-200$在$\Z$上是不可约的。他推测，对于所有$k\geq6$，$a_k（x）$在$\Z$上是不可约的。\开始{书目}{5}\bibitem{dr0}B.Dragovich，关于带阶乘的$p$-adic级数，在{\it p-adic泛函分析}，Lect。Notes纯应用。数学。，第192卷，德克尔，1997年，第95至105页。\bibitem{dr1}B.德拉戈维奇，{\em关于$p$-adic幂级数}，预印本，换行\网址{http://arxiv.org/abs/math-ph/0402051}。\围兜｛d1｝B.Dragovich，{关于阶乘的有限和}，{\em事实大学（Nis）Ser.Math.Inform.}{\bf 14}（1999），1-10。\围兜{bell}L.Comtet，{高级组合数学}，D.Reidel出版公司，1974\分目{mu}M.Ram Murty和S.Sumner，{\em关于$p$-adic系列$\sum_{n=1}^{\infty}n^{k}\cdot n！$}，在{it数论}中，CRM程序课堂讲稿，{\bf 36}，美国。数学。Soc.，2004年，第219--227页。\bibitem{alexa}N.C.Alexander，《Uppuluri-Carpenter数的非对称性》，预打印，\url{http://tinyurl.com/oo36das}.\bibitem{slo}N.J.A.Sloane，{在线整数百科全书序列，}\url{http://oeis.org}.\bibitem{wan}S.D.Wannemacker，消除多项式和斯特林数爱尔兰都柏林大学学院博士论文，2006\围兜{yang}杨勇，\href公司{http://www.combinatics.org/ojs/index.php/eljc/article/view/v8i1r19}{在乘法配分函数}上，{\em电子杂志。组合}{\bf 8}（2001）\#R19。\结束{书目}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2001{数学学科分类}：初级11A07；次要40A30。\noindent\emph{关键字：}$p$-adic系列，补充贝尔数。\大跳跃\小时\大跳跃\noindent（与sequence\seqnum{A000587}有关。）\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音（noindent）2013年6月24日收到；2014年2月3日收到修订版。发表于《整数序列杂志》，2014年2月15日。\大跳跃\小时\大跳跃\无音（noindent）返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}。\vskip.1英寸\结束{文档}