7F6と4F3を結ぶsupercongruence

$m=\frac{p-1}2$とする. $0\leq k\leq p-2$について
\begin{align} \frac 12+x+k=\frac{b+2a+2bk}{2b},\quad\frac 32-x+k=\frac{3b-2a+2bk}{2b} \end{align}
であるから, $p>2b$より
\begin{align} &0< b+2a+2bk<2bp< p^2\\ &0<3b-2a+2bk<2bp< p^2 \end{align}
となる. よって, $0\leq n< p$に対し
\begin{align} v_p\left(\left(\frac 12+x\right)_n\right),v_p\left(\left(\frac 32-x\right)_n\right)\leq 1 \end{align}
となる. 定理1の両辺の和について$0\leq n< m$においては
\begin{align} v_p\left(\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n\right)\leq 1 \end{align}
であり, $m< n< p$においては
\begin{align} v_p\left(\left(\frac 12\right)_n^4\right)=4,v_p\left(\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n\right)\leq 2,v_p((x,1-x)_n)\geq 1 \end{align}
であることから,
\begin{align} \sum_{n=0}^{p-1}\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}&\equiv\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\pmod{p^3}\\ p\sum_{n=0}^{p-1}\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}&\equiv p\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\pmod{p^3} \end{align}
が成り立つ. Whippleの${}_7F_6$変換公式より
\begin{align} &\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2,x,1-x\right)_n}{n!^2\left(1-\frac p2,1+\frac p2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}= p\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_n}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n} \end{align}
であり,
\begin{align} \left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_n&\equiv\left(\frac 12\right)_n^2\left(1-p^2\sum_{j=1}^n\frac 1{(2j-1)^2}\right)\pmod{p^4}\\ \frac{\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_n}{\left(1-\frac p2,1+\frac p2\right)_n}&\equiv\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}\left(1-p^2\sum_{j=1}^n\left(\frac 1{(2j-1)^2}-\frac 1{(2j)^2}\right)\right)\pmod{p^4} \end{align}
と展開できることから,
\begin{align} &\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}-p\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\\ &\equiv p^2\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\left(\frac 1{(2j-1)^2}-\frac 1{(2j)^2}\right)\\ &\qquad-p^3\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\frac 1{(2j-1)^2}\pmod{p^3} \end{align}
を得る. よって, 定理1を示すには
\begin{align} &\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\left(\frac 1{(2j-1)^2}-\frac 1{(2j)^2}\right)\\ &\equiv p\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\frac 1{(2j-1)^2}\pmod{p} \end{align}
であることを示せば良い. Whippleの${}_7F_6$変換公式より$t$に関する形式的べき級数として,
\begin{align} &\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12,\frac{1-p}2,\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!\left(1+\frac p2,1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\\ &=\frac{\left(\frac 32,\frac 12\right)_m}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_m}\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12,\frac{1-p}2,\frac{1+t}2,\frac{1-t}2\right)_m}{n!\left(1-\frac p2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n} \end{align}

となり, 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 )の補題1から
\begin{align} \frac{\left(\frac 32,\frac 12\right)_m}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_m}&=p\frac{\left(\frac 12\right)_m^2}{m!^2}\frac{m!^2}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_n}\\ &\equiv p\frac{m!^2}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_n}\pmod{p^2} \end{align}
となることと,
\begin{align} \frac{\left(\frac{1-p}2\right)_n}{\left(1+\frac p2\right)_n}&\equiv \frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}\left(1-p\sum_{j=1}^n\left(\frac 1{2j}+\frac 1{2j+1}\right)\right)\pmod{p^2} \end{align}
となることを用いると,
\begin{align} &\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!^2\left(1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\left(1-p\sum_{j=1}^n\left(\frac 1{2j}+\frac 1{2j+1}\right)\right)\\ &\equiv p\frac{m!^2}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_m}\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2\right)_m}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\pmod p \end{align}
を得る. 両辺の$t^2$の係数を比較すると, $t$に関する形式的べき級数として
\begin{align} \frac{m!^2}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_m}&\equiv 1+\frac 14t^2\sum_{j=1}^m\frac 1{j^2}+O(t^4)\pmod p\\ &\equiv 1+O(t^4)\pmod p \end{align}
であり, $n\mapsto m-n,j\mapsto m+1-j$として,
\begin{align} &p\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!^2\left(1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\frac 1{2j}\\ &\equiv p\frac{\left(\frac 12\right)_m^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_m}{m!^2\left(1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_m}\\ &\qquad\cdot\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12-\frac p2\right)_n^2\left(\frac{1+t}2-\frac p2,\frac{1-t}2-\frac p2,x-\frac p2,1-x-\frac p2\right)_n}{\left(1-\frac p2\right)_n^2\left(1-\frac t2-\frac p2,1+\frac t2-\frac p2,\frac 12+x-\frac p2,\frac 32-x-\frac p2\right)_n}\sum_{j=n+1}^{m}\frac 1{2j-1}\pmod p\\ &\equiv p\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!^2\left(1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^{m}\frac 1{2j-1}\\ &\qquad -p\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!^2\left(1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\frac 1{2j-1}\pmod p\\ &\equiv -p\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!^2\left(1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\frac 1{2j-1}\pmod p \end{align}
となる. 最後の等号は, 先ほど用いたWhippleの変換公式から
\begin{align} &p\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!^2\left(1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\\ &\equiv p\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12,\frac{1-p}2,\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!\left(1+\frac p2,1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\pmod p\\ &\equiv p^2\frac{m!^2}{\left(1-\frac t2,1+\frac t2\right)_m}\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2\right)_m}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\pmod p\\ &\equiv 0\pmod p \end{align}
となることによる. よって,
\begin{align} \sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2,x,1-x\right)_n}{n!^2\left(1-\frac t2,1+\frac t2,\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}&\equiv p\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^2\left(\frac{1+t}2,\frac{1-t}2\right)_m}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\pmod {p,t^4} \end{align}
と書き変えられるから, 両辺の$t^2$の係数を比較して,
\begin{align} &\sum_{n=0}^m\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^4(x,1-x)_n}{n!^4\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\left(\frac 1{(2j-1)^2}-\frac 1{(2j)^2}\right)\\ &\equiv p\sum_{n=0}^m\frac{\left(\frac 12\right)_n^4}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\sum_{j=1}^n\frac 1{(2j-1)^2}\pmod{p} \end{align}
となって示すべき等式を得る.