Andrewsの恒等式から得られる二項係数付き多重和の合同式2
$\displaystyle\beta_n:=\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}$とする. 前の記事( Andrewsの恒等式から得られる二項係数付き多重和の合同式 )の$\mathrm{mod}\,\,p^4$の予想の証明が得られたのでそれについてまとめたいと思う.
$r\geq 1$と素数$p\geq 5$に対し,
\begin{align}
\sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^{2r+4}&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod {p^4}\\
\sum_{n=0}^{p-1}(-1)^n(4n+1)\beta_n^{2r+3}&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\frac{\beta_{n_r}}{\beta_{n_1}}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod {p^4}
\end{align}
が成り立つ.
まず, 1つ目の等式を示す. 前の記事(
Andrewsの恒等式から得られる二項係数付き多重和の合同式
)で用いた等式
\begin{align}
\sum_{0\leq n}(4n+1)\beta_n^{2r+2}\frac{\left(\frac{1+p}2,\frac{1-p}2\right)_n}{\left(1-\frac p2,1+\frac p2\right)_n}&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\frac{\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_{n_r}}{n_r!\left(\frac 12\right)_{n_r}}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}
\end{align}
から始める.
\begin{align}
\frac{\left(\frac{1+p}2,\frac{1-p}2\right)_n}{\left(1-\frac p2,1+\frac p2\right)_n}&=\beta_n^2\prod_{k=1}^n\frac{1-\frac{p^2}{\left(2k-1\right)^2}}{1-\frac{p^2}{(2k)^2}}\\
&=\beta_n^2\left(1+p^2\sum_{k=1}^n\left(\frac 1{(2k)^2}-\frac 1{(2k-1)^2}\right)\right)\pmod{p^4}\\
\left(\frac{1+p}2,\frac{1-p}2\right)_n&=\left(\frac 12\right)_n^2\left(1-p^2\sum_{k=1}^n\frac 1{(2k-1)^2}\right)\pmod {p^4}
\end{align}
であるから, 上の式を$\mathrm{mod}\,\,p^4$すると,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}(4n+1)\beta_n^{2r+4}\left(1+p^2\sum_{k=1}^n\left(\frac 1{(2k-1)^2}-\frac 1{(2k)^2}\right)\right)\\
&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\left(1-p^2\sum_{k=1}^{n_r}\frac 1{(2k-1)^2}\right)\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^4}
\end{align}
を得る. よって,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}(4n+1)\beta_n^{2r+4}\sum_{k=1}^n\left(\frac 1{(2k-1)^2}-\frac 1{\left(2k\right)^2}\right)\\
&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\sum_{k=1}^{n_r}\frac 1{\left(2k-1\right)^2}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^2}
\end{align}
であることを示せば,
\begin{align}
\sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^{2r+4}&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod {p^4}
\end{align}
が従う.
Andrewsの恒等式
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac{(a+2n)(a,b_1,\dots,b_{r+1},c_1,\dots,c_{r+1},-N)_n}{a(1+a-b_1,\dots,1+a-b_{r+1},1+a-c_1,\dots,1+a-c_{r+1},1+a+N)_nn!}\\
&=\frac{(1+a,1+a-b_{r+1}-c_{r+1})_N}{(1+a-b_{r+1},1+a-c_{r+1})_N}\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{(-N)_{n_r}}{(b_{r+1}+c_{r+1}-N-a)_{n_r}}\\
&\qquad\cdot\prod_{j=1}^r\frac{(b_{j+1},c_{j+1})_{n_j}}{(1+a-b_j,1+a-c_j)_{n_j}}\frac{(1+a-b_j-c_j)_{n_j-n_{j-1}}}{(n_j-n_{j-1})!}
\end{align}
において, $a,b_1,\dots,b_{r},c_2,\dots,c_r$を全て$\frac 12$として, $c_1=\frac{1+p}2, b_{r+1}=\frac {1-t}2,c_{r+1}=\frac{1+t}2,N=\frac{p-1}2$として$\mathrm{mod}\,\,p^2$すると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}(4n+1)\beta_n^{2r+2}\frac{\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2\right)_n}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_n}&=p\frac{\left(\frac 12\right)_{\frac{p-1}2}^2}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_{\frac{p-1}2}}\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\frac{\left(\frac{1-t}2,\frac{1+t}2\right)_{n_r}}{\left(\frac 12\right)_{n_r}^2}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^2}
\end{align}
を得る. ここで, $t^2$の係数を比較すると,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}(4n+1)\beta_n^{2r+4}\sum_{k=1}^n\left(\frac 1{(2k-1)^2}-\frac 1{\left(2k\right)^2}\right)\\
&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\left(\sum_{k=1}^{n_r}\frac 1{\left(2k-1\right)^2}-\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1{(2k)^2}\right)\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^2}
\end{align}
を得る. ここで,
Wolstenholmeの定理
から, $p\geq 5$に対し,
\begin{align}
2\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1{(2k)^2}&=\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1{(2k-1)^2}+\sum_{k=1}^{\frac{p-1}2}\frac 1{(2k)^2}\pmod{p}\\
&=\sum_{k=1}^{p-1}\frac 1{k^2}\pmod{p}\\
&=0\pmod{p}
\end{align}
であるから,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}(4n+1)\beta_n^{2r+4}\sum_{k=1}^n\left(\frac 1{(2k-1)^2}-\frac 1{\left(2k\right)^2}\right)\\
&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\sum_{k=1}^{n_r}\frac 1{\left(2k-1\right)^2}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^2}
\end{align}
となって示すべき等式が得られる. 2つ目の等式は上の等式において$b_1=\frac 12$の代わりに$b_1\to\infty$とすることによって全く同様に示される.
$p$を$7$以上の素数として, $8$乗の場合の予想
\begin{align}
\sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^8&\overset{\text{?}}=p\sum_{n=0}^{p-1}\beta_n^3\sum_{k=0}^n\beta_k^3\beta_{n-k}\pmod{p^6}
\end{align}
はまだ示せていないが, 同じようにAndrewsの恒等式を用いた証明が期待できそうである. $8$乗の場合には, $B_n$をBernoulli数として, 以下のような類似の予想も見つかっている.
$p$を$5$以上の素数とするとき,
\begin{align}
\sum_{k=0}^{p-1}(3(4k+1)^3+(4k+1))\beta_k^8=4p^3+\frac{93}{5}p^8B_{p-5}\pmod {p^9}
\end{align}
が成り立つ.
