中央二項係数の8乗が入ったsupercongruenceの1変数付き類似

\begin{align} t_n(x)&:=\frac{\left(\frac 12\right)_n^2(x,1-x)_n}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac32-x\right)_n}\\ S_p(x)&:=\sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)(6n^2+3n+2x(1-x))t_n(x)^2 \end{align}
とする. このとき,
\begin{align} &(4n+1)(6n^2+3n+2x(1-x))\left(\frac{t_n(x+1)^2}{(2x+1)^2}-\frac{t_n(x)^2}{(2x-1)^2}\right)\\ &=-\frac{16}{x(2x-1)^2}\left(\frac{(n+1)^4\left(n+\frac 32-x\right)^2}{(n+1-x)^2}t_{n+1}(x)^2-\frac{n^4\left(n+\frac 12-x\right)^2}{(n-x)^2}t_n(x)^2\right) \end{align}
が成り立つ. これを$n=0$から$p-1$まで足し合わせると, 望遠鏡和より
\begin{align} &\frac{S_p(x+1)}{(2x+1)^2}-\frac{S_p(x)}{(2x-1)^2}\\ &=-\frac{16}{x(2x-1)^2}\frac{p^4\left(p+\frac 12-x\right)^2}{(p-x)^2}t_p(x)^2\\ &=-\frac{16p^4\left(p+\frac 12-x\right)^2}{x(2x-1)^2(p-x)^2}\frac{\left(\frac 12\right)_p^4(x,1-x)_p^2}{p!^4\left(\frac 12+x,\frac32-x\right)_p^2} \end{align}
となる. ここで, $0\leq l<\langle -x\rangle_p, y=x+l$として, 上の式の$x$を$y$に置き換えたものを考えると, 前の記事( 1変数のvery-well-poised 5F4のsupercongruence )で計算したように,
\begin{align} \frac{16\left(p+\frac 12-y\right)^2}{y(2y-1)^2(p-y)^2}\frac{\left(\frac 12\right)_p^4(y,1-y)_p^2}{p!^4\left(\frac 12+y,\frac32-y\right)_p^2}\equiv \frac{4u^2(1-u)^2}{(1-2u)^2(1+2u)^2y^3}\pmod p \end{align}
となる. よって,
\begin{align} \frac{S_p(y+1)}{(2y+1)^2}-\frac{S_p(y)}{(2y-1)^2}\equiv -\frac{4p^4u^2(1-u)^2}{(1-2u)^2(1+2u)^2y^3}\pmod{p^5} \end{align}
を得る. これを$l=0,1,\dots,\langle-x\rangle_p-1$について足し合わせると, 望遠鏡和より
\begin{align} \frac{S_p(pu)}{(2pu-1)^2}-\frac{S_p(x)}{(2x-1)^2}\equiv -\frac{4p^4u^2(1-u)^2}{(1-2u)^2(1+2u)^2}\sum_{l=0}^{\langle -x\rangle_p-1}\frac 1{(x+l)^3}\pmod{p^5} \end{align}
となる. ここで, $l\mapsto \langle -x\rangle_p-l$とすると
\begin{align} \sum_{l=0}^{\langle -x\rangle_p-1}\frac 1{(x+l)^3}&=\sum_{l=1}^{\langle -x\rangle_p}\frac 1{(x+\langle -x\rangle_p-l)^3}\\ &\equiv -\sum_{l=1}^{\langle -x\rangle_p}\frac 1{l^3}\pmod p\\ &\equiv -\sum_{l=1}^{\langle -x\rangle_p}l^{p-4}\pmod p\\ &\equiv\frac{B_{p-3}(1+\langle -x\rangle_p)-B_{p-3}}{3}\pmod p\\ &\equiv \frac{B_{p-3}(1-x)-B_{p-3}}{3}\pmod p\\ &\equiv \frac{B_{p-3}(x)-B_{p-3}}{3}\pmod p \end{align}
となるので,
\begin{align} \frac{S_p(x)}{(2x-1)^2}\equiv\frac{S_p(pu)}{(2pu-1)^2}+\frac{4p^4u^2(1-u)^2}{3(1-2u)^2(1+2u)^2}(B_{p-3}(x)-B_{p-3})\pmod{p^5} \end{align}
を得る. よって,
\begin{align} \frac{S_p(pu)}{(2pu-1)^2}\equiv \frac{2u(1-u)}{(1-2u)^2}p-\frac{8u^2(1-u)^2}{(1-4u^2)^2}p^4B_{p-3}\pmod{p^5} \end{align}
を示せばよい. まず,
\begin{align} &\frac{(4n+1)(6n^2+3n+2x(1-x))\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n^2}{n!^4\left(\frac12+x,\frac 32-x\right)_n^2}\\ &=\frac{(4n+1)(6n^2+3n+2x(1-x))x^2(1-2x)^2}{4(n+x)^2\left(n+\frac 12-x\right)^2}\frac{\prod_{j=1}^n\left(1-\frac{x^2}{j^2}\right)^2}{\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac{x^2}{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)^2}\\ &=x^2(2x-1)^2\left(\frac 3{n+x}+\frac 3{n+\frac 12-x}+x\left(\frac 1{\left(n+\frac 12-x\right)^2}-\frac 1{(n+x)^2}\right)\right)\\ &\qquad\cdot \frac{\prod_{j=1}^n\left(1-\frac{x^2}{j^2}\right)^2}{\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac{x^2}{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)^2} \end{align}
と書き替える. $m:=\frac{p-1}2$とする. $x=pu$のとき, $n\neq 0,m$ならば
\begin{align} &\frac 3{n+x}+\frac 3{n+\frac 12-x}+x\left(\frac 1{\left(n+\frac 12-x\right)^2}-\frac 1{(n+x)^2}\right)\\ &\equiv 3\left(\frac 1n+\frac 1{n+\frac 12}\right)+4x\left(-\frac 1{n^2}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^2}\right)\\& \qquad+5x^2\left(\frac 1{n^3}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^3}\right)\pmod{p^3} \end{align}
と展開できる. また,
\begin{align} \frac{\prod_{j=1}^n\left(1-\frac{x^2}{j^2}\right)^2}{\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac{x^2}{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)^2}\equiv\begin{cases} 1+2x^2\sum_{j=1}^n\left(\frac 1{\left(j-\frac 12\right)^2}-\frac 1{j^2}\right)&1\leq n< m\\ \frac 1{(1-4u^2)^2}\left(1+2x^2\left(\sum_{\substack{1\leq j\leq n\\j\neq m+1}}\frac 1{\left(j-\frac 12\right)^2}-\sum_{j=1}^n\frac 1{j^2}\right)\right)&m< n\leq p-1 \end{cases} \pmod{p^4} \end{align}
である. ここで, 上の$2x^2$がついた項はそれぞれの範囲で足し合わせると相殺する. 前半は
\begin{align} \sum_{j=1}^n\left(\frac 1{\left(j-\frac12\right)^2}-\frac 1{j^2}\right)\equiv -\sum_{j=1}^{m-n}\frac 1{j^2}-\sum_{j=1}^n\frac 1{j^2}\pmod p \end{align}
であり, これは$n\mapsto m-n$で不変であり, その前に掛かる因子は
\begin{align} \frac 1n+\frac 1{n+\frac 12}&\equiv \frac 1n-\frac 1{m-n}\pmod p \end{align}
であるから, この置換で符号が逆になる. 後半についても$n=m+k,1\leq k\leq m$と表すと,
\begin{align} \sum_{\substack{1\leq j\leq n\\j\neq m+1}}\frac 1{\left(j-\frac 12\right)^2}-\sum_{j=1}^n\frac 1{j^2}\equiv \sum_{j=1}^{k-1}\frac 1{j^2}+\sum_{j=1}^{m-k}\frac 1{j^2}\pmod p \end{align}
は$k\mapsto m+1-k$で不変であり, その前に掛かる因子
\begin{align} \frac 1{m+k}+\frac 1{m+k+\frac 12}\equiv \frac 1k-\frac 1{m+1-k}\pmod p \end{align}
はこの置換で符号が逆になる. よって, よく知られた合同式
\begin{align} \sum_{j=1}^{p-1}\frac 1j&\equiv-\frac 13p^2B_{p-3}\pmod{p^3}\\ \sum_{j=1}^{p-1}\frac 1{j^2}&\equiv\frac 23pB_{p-3}\pmod{p^2}\\ \sum_{j=1}^m\frac 1{j^2}&\equiv\frac 73pB_{p-3}\pmod{p^2}\\ \sum_{j=1}^m\frac 1{j^3}&\equiv -2B_{p-3}\pmod{p} \end{align}
を用いて計算すると,
\begin{align} \sum_{n=1}^{m-1}\left(\frac 1n+\frac 1{n+\frac 12}\right)&=2\sum_{j=2}^{p-2}\frac 1j\\ &\equiv 2p+2p^2-\frac 23p^2B_{p-3}\pmod{p^3}\\ \sum_{n=m+1}^{p-1}\left(\frac 1n+\frac 1{n+\frac 12}\right)&=2\sum_{j=1}^{p-1}\frac 1{p+j}\\ &\equiv -2p^2B_{p-3}\pmod{p^3}\\ \sum_{n=1}^{m-1}\left(-\frac 1{n^2}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^2}\right)&\equiv4\sum_{j=1}^{p-1}\frac 1{j^2}-2\sum_{j=1}^m\frac 1{j^2}-4+\frac 1{m^2}\pmod{p^2}\\ &\equiv 8p-2pB_{p-3}\pmod{p^2}\\ \sum_{n=m+1}^{p-1}\left(-\frac 1{n^2}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^2}\right)&\equiv\sum_{j=1}^m\left(\frac 1{\left(j-\frac 12\right)^2}-\frac 1{j^2}\right)+2p\sum_{j=1}^m\left(\frac 1{\left(j-\frac 12\right)^3}-\frac 1{j^3}\right)\pmod{p^2}\\ &\equiv -3p\sum_{j=1}^m\frac 1{j^3}\pmod{p^2}\\ &\equiv 6pB_{p-3}\pmod{p^2}\\ \sum_{n=1}^{m-1}\left(\frac 1{n^3}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^3}\right)&\equiv \sum_{n=m+1}^{p-1}\left(\frac 1{n^3}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^3}\right)\equiv 0\pmod{p} \end{align}
となる. よって, これらを代入して整理すると
\begin{align} &\frac 1{(2x-1)^2}\sum_{n=1}^{m-1}\frac{(4n+1)(6n^2+3n+2x(1-x))\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n^2}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n^2}\\ &\equiv 6u^2p^3+(6u^2+32u^3)p^4-(2u^2+8u^3)p^4B_{p-3}\pmod{p^5}\\ &\frac 1{(2x-1)^2}\sum_{n=m+1}^{p-1}\frac{(4n+1)(6n^2+3n+2x(1-x))\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n^2}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n^2}\\ &\equiv \frac{-6u^2+24u^3}{(1-4u^2)^2}p^4B_{p-3}\pmod{p^5}\\ \end{align}
が得られる. 次に$n=m$の場合は
\begin{align} &\frac{(4m+1)(6m^2+3m+2x(1-x))\left(\frac 12\right)_m^4(x,1-x)_m^2}{m!^4\left(\frac12+x,\frac 32-x\right)_m^2(2x-1)^2}\\ &=x^2\left(\frac 3{m+x}+\frac 3{m+\frac 12-x}+x\left(\frac 1{\left(m+\frac 12-x\right)^2}-\frac 1{(m+x)^2}\right)\right)\\ &\qquad\cdot \frac{\prod_{j=1}^m\left(1-\frac{x^2}{j^2}\right)^2}{\prod_{j=0}^{m-1}\left(1-\frac{x^2}{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)^2} \end{align}
であり,
\begin{align} &\frac{\prod_{j=1}^m\left(1-\frac{x^2}{j^2}\right)^2}{\prod_{j=0}^{m-1}\left(1-\frac{x^2}{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)^2}\\ &\equiv 1+2x^2\sum_{j=1}^m\left(\frac 1{\left(j-\frac 12\right)^2}-\frac 1{j^2}\right)\pmod{p^4}\\ &\equiv 1+2x^2\sum_{j=1}^m\left(\frac 1{\left(j-\frac p2\right)^2}-\frac 1{j^2}\right)\pmod{p^4}\\ &\equiv 1+2x^2p\sum_{j=1}^m\frac 1{j^3}\pmod{p^4}\\ &\equiv 1-4u^2p^3B_{p-3}\pmod{p^4} \end{align}
となることと,
\begin{align} &x^2\left(\frac 3{m+x}+\frac 3{m+\frac 12-x}+x\left(\frac 1{\left(m+\frac 12-x\right)^2}-\frac 1{(m+x)^2}\right)\right)\\ &=x^2\left(\frac 3{m+x}-\frac{x}{(m+x)^2}\right)+\frac{2u^2(3-4u)}{(1-2u)^2}p\\ &\equiv \frac{2u^2(3-4u)}{(1-2u)^2}p-6u^2p^2-(6u^2+16u^3)p^3\\ &\qquad-(6u^2+32u^3+40u^4)p^4\pmod{p^5}\\ \end{align}
と展開できる. $n=0$の部分は
\begin{align} \frac{2x(1-x)}{(2x-1)^2}\equiv 2up+6u^2p^2+16u^3p^3+40u^4p^4\pmod{p^5} \end{align}
となる. よって, これらをまとめると,
\begin{align} &\frac 1{(2x-1)^2}\sum_{n=0}^{p-1}\frac{(4n+1)(6n^2+3n+2x(1-x))\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n^2}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n^2}\\ &\equiv \frac{2u(1-u)}{(1-2u)^2}p-\frac{8u^2(1-u)^2}{(1-4u^2)^2}p^4B_{p-3}\pmod{p^5} \end{align}
となって示すべき等式が得られる.