中央二項係数付き級数の合同式とFourier-Legendre展開
$\beta_n:=\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}$とする.
$2$乗の場合
$q_p(2):=\frac{2^{p-1}-1}p$とする.
$p$を奇素数, $0\leq n\leq \frac{p-3}2$とする. このとき,
\begin{align}
\sum_{k=n}^{\frac{p-1}2}(4k+1)\beta_k^2\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\equiv \frac{p^2\beta_n}{2n+1}\left(1+p\left(2q_p(2)+\sum_{j=1}^{2n}\frac{(-1)^j}j\right)\right)\pmod{p^4}
\end{align}
が成り立つ. また, $0\leq n\leq \frac{p-1}2$のとき,
\begin{align}
\sum_{k=n}^{\frac{p-1}2}(4k+1)\beta_k^2\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\equiv \frac{p^2\beta_n}{2n+1}\pmod{p^3}
\end{align}
が成り立つ.
\begin{align}
G(n,k):=\frac{4k(k-n)}{2n+1}\beta_k^2\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}
\end{align}
とすると,
\begin{align}
(4k+1)\beta_k^2\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}=G(n,k+1)-G(n,k)
\end{align}
となるから, 望遠鏡和より$m=\frac{p-1}2$として,
\begin{align}
&\sum_{k=n}^{\frac{p-1}2}(4k+1)\beta_k^2\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\\
&=G(n,m+1)\\
&=\frac{(p+1)(p+1-2n)}{2n+1}\beta_{m+1}^2\frac{\left(-m-1,m+\frac 32\right)_n}{n!^2}\\
&=\frac{p(p+2n)}{2n+1}\beta_{m}^2\frac{\left(-m,m+\frac 12\right)_n}{n!^2}\\
&=\frac{p^2\beta_n}{2n+1}\beta_m^2\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac{p}{2j+1}\right)\prod_{j=1}^n\left(1+\frac{p}{2j}\right)
\end{align}
を得る.
\begin{align}
&\beta_{m}^2\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac{p}{2j+1}\right)\prod_{j=1}^n\left(1+\frac{p}{2j}\right)\\
&\equiv 1+p\left(2q_p(2)+\sum_{j=1}^{2n}\frac{(-1)^j}j\right)\pmod{p^2}
\end{align}
と展開でき, 特に$n=\frac{p-1}2$のときは
\begin{align}
\beta_{m}^2\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac{p}{2j+1}\right)\prod_{j=1}^n\left(1+\frac{p}{2j}\right)&\equiv 1\pmod{p^2}
\end{align}
となるので, これを代入して示すべき等式を得る.
特に$\mathrm{mod}\,\,p^3$においては
\begin{align}
\sum_{k=n}^{\frac{p-1}2}(4k+1)\beta_k^2\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\equiv \frac{p^2\beta_n}{2n+1}\pmod{p^3}
\end{align}
が成り立つこと分かる. 両辺を$n=0$から$\frac{p-1}2$まで足し合わせると
\begin{align}
\sum_{k=0}^{\frac{p-1}2}(4k+1)\beta_k^2\sum_{n=0}^k\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}x^n&\equiv p^2\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\frac{\beta_n}{2n+1}x^n\pmod{p^3}
\end{align}
を得る.
超球関数の二次変換公式
を用いると
\begin{align}
\sum_{n=0}^k\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}x^n&=P_k^{\left(0,-\frac 12\right)}(1-2x)\\
&=P_{2k}(\sqrt{1-x})
\end{align}
とLegendre多項式に書き替えられる. よって$x\mapsto 1-x^2$として以下が得られる.
$p$を奇素数とする. $x$に関する多項式として
\begin{align}
p^2\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\frac{\beta_n}{2n+1}(1-x^2)^n\equiv \sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(4n+1)\beta_n^2P_{2n}(x)\pmod{p^3}
\end{align}
が成り立つ.
特に$\mathrm{mod}\,\,p^2$の場合は左辺は$n=\frac{p-1}2$の項だけが残り,
\begin{align}
(-1)^{\frac{p-1}2}p(1-x^2)^{\frac{p-1}2}\equiv \sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(4n+1)\beta_n^2P_{2n}(x)\pmod{p^2}
\end{align}
が成り立つ. 二項定理から
\begin{align}
(1-x^2)^{\frac{p-1}2}&=\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\frac{\left(\frac{1-p}2\right)_n}{n!}x^{2n}\\
&\equiv \sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\beta_nx^{2n}\pmod p
\end{align}
となるので, 以下を得る.
$p$を奇素数とする. $x$に関する多項式として
\begin{align}
(-1)^{\frac{p-1}2}p\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\beta_nx^{2n}\equiv p(x^2-1)^{\frac{p-1}2}\equiv\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(4n+1)\beta_n^2P_{2n}(x)\pmod{p^2}
\end{align}
が成り立つ.
$3$乗の場合
$p$を$5$以上の素数, $0\leq n\leq \frac{p-1}2$とする. このとき,
\begin{align}
&\sum_{k=n}^{\frac{p-1}2}(-1)^k(4k+1)\beta_k^3\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\\
&\equiv p\beta_n^2\left((-1)^{\frac{p-1}2}+p^2\left(E_{p-3}-\sum_{j=0}^{n-1}\frac 1{(2j+1)^2\beta_j}\right)\right)\pmod{p^4}
\end{align}
が成り立つ.
$m:=\frac{p-1}2$として,
\begin{align}
F(n,k)&:=(-1)^k(4k+1)\beta_k^3\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\\
G(n,k)&:=8(-1)^kk^2(k-n)\beta_k^3\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\\
S_n&:=\sum_{k=0}^mF(n,k)
\end{align}
とする. このとき,
\begin{align}
4(n+1)^2F(n+1,k)-(2n+1)^2F(n,k)=G(n,k+1)-G(n,k)
\end{align}
となる. $k=0$から$m$まで足し合わせて
\begin{align}
&4(n+1)^2S_{n+1}-(2n+1)^2S_n\\
&=G(n,m+1)\\
&=8(m+1)^2(m+1-n)(-1)^{m+1}\beta_{m+1}^3\frac{\left(-m-1,m+\frac 32\right)_n}{n!^2}\\
&\equiv -p^3\beta_n\pmod{p^4}
\end{align}
となる. これは
\begin{align}
\frac{S_{n+1}}{\beta_{n+1}^2}-\frac{S_n}{\beta_n^2}&\equiv -\frac{p^3}{(2n+1)^2\beta_n}\pmod{p^4}
\end{align}
と書き替えられる. 望遠鏡和より
\begin{align}
S_n&=\beta_n^2\left(S_0-p^3\sum_{j=0}^{n-1}\frac{1}{(2j+1)^2\beta_j}\right)\pmod{p^4}
\end{align}
となる.
Zhi-Wei Sunの論文
において
\begin{align}
S_0\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}p+p^3E_{p-3}\pmod{p^4}
\end{align}
が示されているから, これを代入すれば示すべき等式が得られる.
特に$\mathrm{mod}\,\,p^3$においては
\begin{align}
\sum_{k=n}^{\frac{p-1}2}(-1)^k(4k+1)\beta_k^3\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}&\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}p\beta_n^2\pmod{p^3}
\end{align}
となる. 先ほどのようにFourier-Legendre展開に書き替えると以下のようになる.
$p$を$5$以上の素数とする. $x$に関する多項式として,
\begin{align}
(-1)^{\frac{p-1}2}p\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\beta_n^2(1-x^2)^n&\equiv\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(-1)^n(4n+1)\beta_n^3P_{2n}(x)\pmod{p^3}
\end{align}
が成り立つ.
Legendre多項式の対称性$P_n(x)=(-1)^nP_n(-x)$に$x\mapsto 2x^2-1, n=\frac{p-1}2$として$\mathrm{mod}\,\,p^2$すると
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\beta_n^2(1-x^2)^n\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\beta_n^2x^{2n}\pmod{p^2}
\end{align}
となるので, 系3は以下のように書き替えられる.
$p$を$5$以上の素数とする. $x$に関する多項式として,
\begin{align}
p\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\beta_n^2x^{2n}&\equiv\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(-1)^n(4n+1)\beta_n^3P_{2n}(x)\pmod{p^3}
\end{align}
が成り立つ.
$4$乗の場合
$p$を$5$以上の素数, $0\leq n\leq \frac{p-1}2$とする. このとき,
\begin{align}
&\sum_{k=n}^{\frac{p-1}2}(4k+1)\beta_k^4\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\\
&\equiv p\beta_n^3\left(1+p^3\left(\frac 76B_{p-3}-\sum_{j=0}^{n-1}\frac 1{(2j+1)^3\beta_j^2}\right)\right)\pmod{p^5}
\end{align}
が成り立つ.
$m:=\frac{p-1}2$として,
\begin{align}
F(n,k)&:=(4k+1)\beta_k^4\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\\
G(n,k)&:=16k^3(n-k)\beta_k^4\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}\\
S_n&:=\sum_{k=0}^mF(n,k)
\end{align}
とする. このとき,
\begin{align}
8(n+1)^3F(n+1,k)-(2n+1)^3F(n,k)=G(n,k+1)-G(n,k)
\end{align}
が成り立つ. よって, これを$k=0$から$m$まで足し合わせると
\begin{align}
&8(n+1)^3S_{n+1}-(2n+1)^3S_n\\
&=G(n,m+1)\\
&=16(m+1)^3(n-m-1)\beta_{m+1}^4\frac{\left(-m-1,m+\frac 32\right)_n}{n!^2}\\
&\equiv -p^4\beta_n\pmod{p^5}
\end{align}
となる. これは
\begin{align}
\frac{S_{n+1}}{\beta_{n+1}^3}-\frac{S_n}{\beta_n^3}\equiv-\frac{p^4}{(2n+1)^3\beta_n^2}\pmod{p^5}
\end{align}
と書き替えられる. よって, $n\mapsto j$としてから$j=0$から$j=n-1$まで足しわせると望遠鏡和より,
\begin{align}
\frac{S_n}{\beta_n^3}&\equiv S_0-p^4\sum_{j=0}^{n-1}\frac{1}{(2j+1)^3\beta_j^2}\pmod{p^5}
\end{align}
を得る. ここで,
Wang-Huによる合同式
\begin{align}
S_0\equiv p+\frac 76p^4B_{p-3}\pmod{p^5}
\end{align}
を用いると示すべき等式が得られる.
特に$\mathrm{mod}\,\,p^4$においては
\begin{align}
\sum_{k=n}^{\frac{p-1}2}(4k+1)\beta_k^4\frac{\left(-k,k+\frac 12\right)_n}{n!^2}&\equiv p\beta_n^3\pmod{p^4}
\end{align}
となって簡潔な等式になる. 先ほどのようにFourier-Legendre展開に書き替えると以下のようになる.
$p$を$5$以上の素数とする. $x$に関する多項式として,
\begin{align}
p\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\beta_n^3(1-x^2)^n&\equiv\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(4n+1)\beta_n^4P_{2n}(x)\pmod{p^4}
\end{align}
が成り立つ.
$x\mapsto 1-2x$とすると,
\begin{align}
p\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}\beta_n^3(4x(1-x))^n&\equiv\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(4n+1)\beta_n^4P_{2n}(1-2x)\pmod{p^4}
\end{align}
となる. ここで, Clausenの公式から$x=0$の近傍で
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\beta_n^3(4x(1-x))^n&=\left(\sum_{0\leq n}\beta_n^2x^n\right)^2
\end{align}
であるから, 両辺の係数を比較して
\begin{align}
[x^n]\sum_{0\leq n}\beta_n^3(4x(1-x))^n&=\sum_{k=0}^n\beta_k^2\beta_{n-k}^2
\end{align}
を得る. よって系1は以下のように書き替えられる.
$p$を$5$以上の素数とする. $x$に関する多項式として,
\begin{align}
p\sum_{n=0}^{p-1}x^n\sum_{k=0}^n\beta_k^2\beta_{n-k}^2&\equiv\sum_{n=0}^{\frac{p-1}2}(4n+1)\beta_n^4P_{2n}(1-2x)\pmod{p^4}
\end{align}
が成り立つ.
これは Naderによるプレプリント において示されている公式である.
