1変数のvery-well-poised 5F4のsupercongruence
有理数$x$に対し, $\langle -x\rangle_p$を
\begin{align}
0\leq \langle -x\rangle_p< p,\qquad x+\langle -x\rangle_p\equiv 0\pmod p
\end{align}
を満たすものとして定める.
$0< x<1$を有理数として, $x=\frac ab$を既約分数による表示とする. $p>2b$を素数とする.
\begin{align}
u:=\frac{x+\langle -x\rangle_p}{p}
\end{align}
が$u<\frac 12$を満たすとする. このとき,
\begin{align}
\sum_{n=0}^{p-1}\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2(x,1-x)_n}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\equiv \frac{1-2x}{1-2u}\left(1-\frac{u(1-u)}{1+2u}p^2B_{p-2}(x)\right)\pmod{p^3}
\end{align}
が成り立つ.
まず, $x$に関する隣接関係式を示す.
\begin{align}
t_n(x)&:=\frac{\left(\frac 12\right)_n^2(x,1-x)_n}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}
\end{align}
とする. 定理1の左辺を$S_p(x)$とする. 直接計算によって
\begin{align}
&\frac{(4n+1)t_n(x+1)}{2x+1}-\frac{(4n+1)t_n(x)}{2x-1}\\
&=\frac 4{x(1-2x)}\left(\frac{(n+1)^2\left(n+\frac 32-x\right)}{n+1-x}t_{n+1}(x)-\frac{n^2\left(n+\frac 12-x\right)}{n-x}t_n(x)\right)
\end{align}
となることが分かる. これを$n=0,1,\dots,p-1$について足し合わせると, 望遠鏡和により
\begin{align}
\frac{S_p(x+1)}{2x+1}-\frac{S_p(x)}{2x-1}&=\frac 4{x(1-2x)}\frac{p^2\left(p+\frac 12-x\right)}{p-x}t_p(x)\\
&=\frac{4p^2\left(p+\frac 12-x\right)}{x(1-2x)(p-x)}\frac{\left(\frac 12\right)_p^2(x,1-x)_p}{p!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_p}
\end{align}
を得る. $0\leq l<\langle -x\rangle_p, y=x+l$として, 上の式の$x$を$y$に置き換えたものを考える. このとき,
\begin{align}
\left(\frac 12\right)_p,(y)_p,(1-y)_p,\left(\frac 12+y\right)_p,\left(\frac 32-y\right)_p
\end{align}
に含まれる唯一の$p$の倍数は, それぞれ
\begin{align}
\frac p2,pu,p(1-u),p\left(\frac 12+u\right),p\left(\frac 12-u\right)
\end{align}
であり, $p>2b$より
\begin{align}
u,1-u, \frac 12-u,\frac 12+u
\end{align}
はいずれも$p$進単元であることが確かめられる. それ以外の因子は全て$(p-1)!\equiv -1\pmod p$に等しいので,
\begin{align}
\frac{4\left(p+\frac 12-y\right)}{y(1-2y)(p-y)}\frac{\left(\frac 12\right)_p^2(y,1-y)_p}{p!^2\left(\frac 12+y,\frac 32-y\right)_p}\equiv -\frac{2u(1-u)}{(1-2u)(1+2u)y^2}\pmod p
\end{align}
となる. よって,
\begin{align}
\frac{S_p(y+1)}{2y+1}-\frac{S_p(y)}{2y-1}&\equiv -\frac{2p^2u(1-u)}{(1-2u)(1+2u)y^2}\pmod{p^3}
\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}-\frac{S_p(x)}{2x-1}\equiv -\frac{2p^2u(1-u)}{(1-2u)(1+2u)}\sum_{l=0}^{\langle -x\rangle_p-1}\frac 1{(x+l)^2}\pmod{p^3}
\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)^2}&=\sum_{l=1}^{\langle -x\rangle_p}\frac 1{(x+\langle -x\rangle_p-l)^2}\\
&\equiv \sum_{l=1}^{\langle -x\rangle_p}\frac 1{l^2}\pmod p\\
&\equiv \sum_{l=1}^{\langle -x\rangle_p}l^{p-3}\pmod p\\
&\equiv -\frac{B_{p-2}(1+\langle -x\rangle_p)-B_{p-2}}{2}\pmod p\\
&\equiv -\frac{B_{p-2}(1-x)}{2}\pmod p\\
&\equiv \frac{B_{p-2}(x)}{2}\pmod p
\end{align}
と書き換えられるので,
\begin{align}
\frac{S_p(x)}{2x-1}\equiv \frac{S_p(pu)}{2pu-1}+\frac{u(1-u)}{(1-2u)(1+2u)}p^2B_{p-2}(x)\pmod{p^3}
\end{align}
が得られる. よって, 定理1を示すには
\begin{align}
S_p(pu)\equiv \frac{1-2pu}{1-2u}\pmod{p^3}
\end{align}
を示せば良い. まず,
\begin{align}
&\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2(x,1-x)_n}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}=\frac{x(1-2x)(4n+1)}{(n+x)(2n+1-2x)}\frac{\prod_{j=1}^{n}\left(1-\frac{x^2}{j^2}\right)}{\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac{x^2}{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)}
\end{align}
と書き換える. $m:=\frac{p-1}2$とする. $x=pu$のとき, $n\neq 0,m$ならば
\begin{align}
\frac{x(1-2x)(4n+1)}{(n+x)(2n+1-2x)}
\end{align}
は$p$の倍数であり
\begin{align}
\frac{\prod_{j=1}^{n}\left(1-\frac{x^2}{j^2}\right)}{\prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac{x^2}{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)}\equiv \begin{cases}
1&1\leq n< m\\
\frac 1{1-4u^2}&m< n\leq p-1
\end{cases}\pmod{p^2}
\end{align}
となる. よって,
\begin{align}
\frac{4n+1}{(n+x)(2n+1-2x)}&=\frac 1{n+x}+\frac 1{n+\frac 12-x}\\
&\equiv \frac 1n+\frac 1{n+\frac 12}+x\left(-\frac 1{n^2}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^2}\right)\pmod{p^2}
\end{align}
を用いると,
\begin{align}
\sum_{n=1}^{m-1}\frac{4n+1}{(n+x)(2n+1-2x)}&\equiv \sum_{n=1}^{m-1}\left(\frac 1n+\frac 1{n+\frac 12}\right)+x\sum_{n=1}^{m-1}\left(-\frac 1{n^2}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^2}\right)\pmod{p^2}\\
&\equiv 2\sum_{j=2}^{p-2}\frac 1j\pmod{p^2}\\
&\equiv 2p\pmod{p^2}\\
\sum_{n=m+1}^{p-1}\frac{4n+1}{(n+x)(2n+1-2x)}&\equiv \sum_{n=m+1}^{p-1}\left(\frac 1n+\frac 1{n+\frac 12}\right)+x\sum_{n=m+1}^{p-1}\left(-\frac 1{n^2}+\frac 1{\left(n+\frac 12\right)^2}\right)\pmod{p^2}\\
&\equiv 2\sum_{j=1}^{p-1}\frac 1{j+p}\pmod{p^2}\\
&\equiv 0\pmod{p^2}
\end{align}
となるから
\begin{align}
\sum_{\substack{0\leq n< p\\n\neq m}}\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2(x,1-x)_n}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}&\equiv 1+2pu(1-2pu)p\pmod{p^3}\\
&\equiv 1+2p^2u\pmod{p^3}
\end{align}
を得る. 一方, $n=m$の部分は
\begin{align}
\frac{\prod_{j=1}^{m}\left(1-\frac{x^2}{j^2}\right)}{\prod_{j=0}^{m-1}\left(1-\frac{x^2}{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)}&\equiv 1+x^2\left(-\sum_{j=1}^{m}\frac 1{j^2}+\sum_{j=0}^{m-1}\frac 1{\left(j+\frac 12\right)^2}\right)\pmod{p^3}\\
&\equiv 1\pmod{p^3}
\end{align}
となるから,
\begin{align}
\frac{(4m+1)\left(\frac 12\right)_m^2(x,1-x)_m}{m!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_m}&\equiv \frac{u(1-2pu)(2p-1)}{\left(\frac{p-1}2+pu\right)(1-2u)}\pmod{p^3}\\
&\equiv \frac{2u(1-2pu)(1-2p)}{\left(1-p(2u+1)\right)(1-2u)}\pmod{p^3}\\
&\equiv \frac{2u}{1-2u}(1-p-(1-2u)p^2)\pmod{p^3}
\end{align}
を得る. よって,
\begin{align}
S_p(pu)&\equiv 1+2p^2u+\frac{2u}{1-2u}(1-p-(1-2u)p^2)\pmod{p^3}\\
&\equiv\frac{1-2pu}{1-2u}\pmod{p^3}
\end{align}
となって示すべき等式が得られる.
定理1は$u<\frac 12$を仮定しているが, $u>\frac 12$の場合は$x\to 1-x$の対称性により
\begin{align}
\sum_{n=0}^{p-1}\frac{(4n+1)\left(\frac 12\right)_n^2(x,1-x)_n}{n!^2\left(\frac 12+x,\frac 32-x\right)_n}\equiv \frac{1-2x}{1-2u}\left(1+\frac{u(1-u)}{3-2u}p^2B_{p-2}(x)\right)\pmod{p^3}
\end{align}
となる. 特に, $x=\frac 14$とすると, $p$に関して場合分けして考えると,
\begin{align}
\sum_{n=0}^{p-1}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}-\frac 18p^2B_{p-2}\left(\frac 14\right)\pmod{p^3}
\end{align}
と得る. これはEuler数を用いて
\begin{align}
\sum_{n=0}^{p-1}\frac{\left(\frac 12\right)_n^2}{n!^2}\equiv (-1)^{\frac{p-1}2}-p^2E_{p-3}\pmod{p^3}
\end{align}
と書き換えることができ, これはZhi-Hong Sunによって示された結果の特別な場合である.
