中央二項係数の8乗が入ったsupercongruence

まず, 1つ目については例えば Zhaoの論文 に書かれている(Theorem 2.8). 2つ目の式はFaulhaberの公式から,
\begin{align} H_m^{(5)}&\equiv \sum_{j=1}^{m}j^{p-6}\pmod p\\ &\equiv \frac{B_{p-5}\left(\frac 12\right)-B_{p-5}}{p-5}\pmod p\\ &\equiv -6B_{p-5}\pmod p \end{align}
と得られる. 3つ目の式は
\begin{align} H_{p-1}^{(4)}&\equiv \sum_{j=1}^m\frac 1{j^4}+\sum_{j=1}^m\frac 1{(p-j)^4}\pmod{p^2}\\ &\equiv 2H_m^{(4)}+4pH_m^{(5)}\pmod{p^2} \end{align}
となるから, 前半2つの式から従う. 最後の等号は
\begin{align} \frac 1{(p-j)^4}&\equiv\frac 1{j^4}+4p\frac 1{j^5}\pmod{p^2}\\ \end{align}
と展開されることを用いている.

$p\geq 7$とする($p=5$については個別に確認できる). まず, 前の記事( ある二項係数付き級数の合同式について )でも用いた等式
\begin{align} \sum_{k=0}^{p-1}(3(4k+1)^3+(4k+1))\beta_k^8&=64p^4\beta_p^4\sum_{k=0}^{p-1}\beta_k^4\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right) \end{align}
から始める. まず,
\begin{align} \sum_{k=m+1}^{p-1}\beta_k^4\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)\equiv 0\pmod{p^5} \end{align}
を示す. $k=p-j$と置き換えると,
\begin{align} \beta_{p-j}^4\equiv \frac{p^4}{16j^4\beta_j^4}\pmod{p^5} \end{align}
であるから,
\begin{align} \sum_{k=m+1}^{p-1}\beta_k^4\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)&\equiv\frac{p^4}{16}\sum_{j=1}^{m}\frac 1{j^4\beta_j^4}\left(\frac 1{j-\frac 12}+\frac 1j\right)\pmod{p^5}\\ &\equiv 0\pmod{p^5} \end{align}
が分かる. 最後の等号は$j\mapsto m+1-j$によって
\begin{align} j^4\beta_j^4\equiv (m+1-j)^4\beta_{m+1-j}^4\pmod p \end{align}
であることから2つの項が打ち消し合うことにより従う. よって,
\begin{align} \sum_{k=0}^{p-1}(3(4k+1)^3+(4k+1))\beta_k^8&\equiv 64p^4\beta_p^4\sum_{k=0}^m\beta_k^4\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right)\pmod{p^9} \end{align}
である.
\begin{align} \Phi(u):=\sum_{k=0}^m(4k+1)\beta_k^5\frac{(p)_k}{\left(\frac 32-p\right)_k}\prod_{j=1}^k\frac{1-\frac{p}{j-\frac 12}+\frac{u}{\left(j-\frac 12\right)^4}}{1+\frac pj+\frac{u}{j^4}} \end{align}
とする. このとき,
\begin{align} \Phi(0)=p(2p-1)\sum_{k=0}^m\beta_k^4\left(\frac 1{p-k-\frac 12}-\frac 1{p+k}\right) \end{align}
となる. 次に$\Phi\left(\frac{p^4}{16}\right)$を考える. 4次方程式
\begin{align} X^4+pX^3+\frac{p^4}{16}=0 \end{align}
の4つの根を$x_1,x_2,x_3,x_4$とする. $-\frac p2$は根であるから, $x_4=-\frac p2$とする. このとき, 解と係数の関係から, $x_1+x_2+x_3+x_4=-p$である.
\begin{align} &\prod_{j=1}^k\frac{1-\frac{p}{j-\frac 12}+\frac{p^4}{16\left(j-\frac 12\right)^4}}{1+\frac{p}j+\frac{p^4}{16j^4}}\\ &=\frac 1{\beta_k^4}\prod_{j=1}^k\prod_{i=1}^4\frac{x_i+j-\frac 12}{j-x_i}\\ &=\frac 1{\beta_k^4}\prod_{i=1}^4\frac{\left(\frac 12+x_i\right)_k}{(1-x_i)_k} \end{align}
となるから, これを代入して
\begin{align} \Phi\left(\frac{p^4}{16}\right)&=\sum_{k=0}^m(4k+1)\frac{\left(\frac 12,p\right)_k}{k!\left(\frac 32-p\right)_k}\prod_{i=1}^4\frac{\left(\frac 12+x_i\right)_k}{(1-x_i)_k} \end{align}
ここで, $\frac 12+x_4=-m$であり, 2-balancedであるからDougallの${}_7F_6$和公式から右辺が総和できて,
\begin{align} \Phi\left(\frac{p^4}{16}\right)&=\frac{\left(\frac 32\right)_m}{\left(\frac 32-p\right)_m}\prod_{i=1}^3\frac{(1-p-x_i)_m}{(1-x_i)_m}\\ &=\frac{(-p-x_4)_m}{(-x_4)_m}\prod_{i=1}^3\frac{(1-p-x_i)_m}{(1-x_i)_m}\\ &=(2p-1)\prod_{i=1}^4\frac{(1-p-x_i)_m}{(1-x_i)_m}\\ &=(2p-1)\prod_{j=1}^m\prod_{i=1}^4\frac{j-p-x_i}{j-x_i}\\ &=(2p-1)\prod_{j=1}^m\frac{(j-p)^4+p(j-p)^3+\frac{p^4}{16}}{j^4+pj^3+\frac{p^4}{16}}\\ &=(2p-1)\prod_{j=1}^m\frac{\left(1-\frac pj\right)^4+\frac pj\left(1-\frac pj\right)^3+\frac{p^4}{16j^4}}{1+\frac pj+\frac{p^4}{16j^4}} \end{align}
となる. よって,
\begin{align} \beta_p=\frac 12\prod_{j=1}^m\frac{1-\frac{p^2}{4j^2}}{1-\frac pj} \end{align}
と変形できるから,
\begin{align} \frac{\beta_p^4}{2p-1}\Phi\left(\frac{p^4}{16}\right)&=\frac 1{16}\prod_{j=1}^m\frac{\left(1-\frac{p^2}{4j^2}\right)^4\left(\left(1-\frac pj\right)^4+\frac pj\left(1-\frac pj\right)^3+\frac{p^4}{16j^4}\right)}{\left(1-\frac{p}{j}\right)^4\left(1+\frac pj+\frac{p^4}{16j^4}\right)} \end{align}
となる. ここで,
\begin{align} \ln\frac{\left(1-\frac{z^2}4\right)^4\left((1-z)^4+z(1-z)^3+\frac{z^4}{16}\right)}{\left(1-z\right)^4\left(1+z+\frac{z^4}{16}\right)}=\frac 38z^4+\frac 14z^5+O(z^6) \end{align}
であるから(ここは手計算だと厳しいかもしれない),
\begin{align} \frac{\left(1-\frac{z^2}4\right)^4\left((1-z)^4+z(1-z)^3+\frac{z^4}{16}\right)}{\left(1-z\right)^4\left(1+z+\frac{z^4}{16}\right)}=1+\frac 38z^4+\frac 14z^5+O(z^6) \end{align}
である. よって, 補題2より
\begin{align} \frac{\beta_p^4}{2p-1}\Phi\left(\frac{p^4}{16}\right)&=\frac 1{16}\left(1+\frac {3p^4}8H_m^{(4)}+\frac{p^5}4H_m^{(5)}\right)\mod{p^6}\\ &=\frac 1{16}+\frac{63}{320}p^5B_{p-5}\pmod{p^6} \end{align}
である. これとMaclaurin展開を用いると
\begin{align} \Phi(0)&\equiv\Phi\left(\frac{p^4}{16}\right)-\frac{p^4}{16}\Phi'\left(0\right)\pmod{p^6} \end{align}
となる.
\begin{align} \Delta_k:=\sum_{j=1}^k\left(\frac 1{(2j-1)^4}-\frac 1{(2j)^4}\right) \end{align}
とすると, 定義から計算すると
\begin{align} \Phi'(0)&\equiv\sum_{k=0}^m(4k+1)\beta_k^5\frac{(p)_k}{\left(\frac 32-p\right)_k}(16\Delta_k+32p(H_{2k}^{(5)}-H_{2k}^{(1)}\Delta_{k}))\pmod{p^2} \end{align}
となる. $1\leq k\leq m-1$においては
\begin{align} (4k+1)\beta_k^5\frac{(p)_k}{\left(\frac 32-p\right)_k}&\equiv p\beta_k^4\frac{4k+1}{k(2k+1)}\pmod{p^2} \end{align}
よりこの部分の寄与は
\begin{align} 16p\sum_{k=1}^{m-1}\beta_k^4\frac{4k+1}{k(2k+1)}\Delta_k\pmod{p^2} \end{align}
である.
\begin{align} \beta_{m-k}^4&\equiv \beta_k^4\pmod p\\ \Delta_{m-k}&\equiv \Delta_k\pmod p\\ \frac{4(m-k)+1}{(m-k)(2(m-k)+1)}&\equiv -\frac{4k+1}{k(2k+1)}\pmod p \end{align}
であるから, $k\mapsto m-k$としたものと合わせると$0$になることが分かる. $k=0$の項も$0$なので, $k=m$の項だけが残ることが分かる. このとき
\begin{align} (4m+1)\beta_m^5\frac{(p)_m}{\left(\frac 32-p\right)_m}\equiv -2\pmod p \end{align}
であり, 補題2から
\begin{align} \Delta_m&=H_{p-1}^{(4)}-\frac 18H_m^{(4)}\\ &\equiv -\frac34pB_{p-5}\pmod{p^2}\\ H_{p-1}^{(5)}&\equiv 0\pmod p \end{align}
であるから,
\begin{align} \Phi'(0)\equiv 16\cdot(-2)\cdot\left(-\frac34pB_{p-5}\right)=24pB_{p-5}\pmod{p^2} \end{align}
となる. よって,
\begin{align} \frac{\beta_p^4}{2p-1}\equiv -\frac 1{16}\pmod p \end{align}
であることと合わせて,
\begin{align} \frac{\beta_p^4}{2p-1}\Phi(0)&\equiv \frac 1{16}+\frac{63}{320}p^5B_{p-5}+\frac{24}{16^2}p^5B_{p-5}\pmod{p^6}\\ &\equiv\frac 1{16}+\frac{93}{320}p^5B_{p-5}\pmod{p^6} \end{align}
を得る. よって,
\begin{align} &\sum_{k=0}^{p-1}(3(4k+1)^3+(4k+1))\beta_k^8\\ &\equiv 64p^3\frac{\beta_p^4}{2p-1}\Phi(0)\pmod{p^9}\\ &\equiv 4p^3+\frac{93}5p^8B_{p-5}\pmod{p^9} \end{align}
となって示すべき等式を得る.