Wang-Huによる中央二項係数の4乗が入ったsupercongruence
$\beta_n:=\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}}$とする. Wang-Huによって以下のsupercongruenceが示されている.
$p$を$5$以上の素数, $r$を自然数とするとき,
\begin{align}
\sum_{k=0}^{\frac{p^r-1}2}(4k+1)\beta_k^4&=p^r+\frac 76p^{r+3}B_{p-3}\pmod{p^{r+4}}
\end{align}
今回はこの$r=1$の場合について, 前の記事(
中央二項係数の8乗が入ったsupercongruence
)と同じように証明を与えることを試みたいと思う.
\begin{align}
H_n^{(k)}:=\sum_{j=1}^{n}\frac 1{j^k}
\end{align}
とする. いくつか用いる等式を補題として用意する.
$m=\frac{p-1}2$とするとき,
\begin{align}
H_{p-1}^{(2)}&\equiv \frac 23pB_{p-3}\pmod{p^2}\\
H_m^{(2)}&\equiv \frac 73pB_{p-3}\pmod{p^2}\\
H_m^{(3)}&\equiv -2B_{p-3}\pmod p\\
\sum_{j=0}^{m-1}\frac 1{(2j+1)^3\beta_j^2}&\equiv \frac 74B_{p-3}\pmod p\\
\sum_{k=1}^m\frac{\beta_k^2}{k}H_k^{(2)}&\equiv 4B_{p-3}\pmod p
\end{align}
上の3つの等式は前の記事( 中央二項係数の8乗が入ったsupercongruence )のように示せるので省略. 4つ目の等式はSunによる等式であり, 5つ目の等式はMao-Wang-Wangによる等式である.
まず, 前の記事(
超幾何級数の有限モーメント2
)で導出した等式
\begin{align}
\sum_{n=0}^{N}\frac{(a,b)_n}{n!(a+b)_n}\frac 1{N-n+w}=\frac{(a+w,b+w)_N}{(a+b+w-1,w)_{N+1}}\sum_{n=0}^N\frac{(2n+a+b+w-1)(a+b+w-1,w,a,b)_n}{n!(a+w,b+w,a+b)_n}
\end{align}
において, $a=b=w=\frac 12,N=p-1$とすると
\begin{align}
\sum_{k=0}^{p-1}(4k+1)\beta_k^4&=2p^2\beta_p^2\sum_{k=0}^{p-1}\frac{\beta_k^2}{p-k-\frac 12}
\end{align}
を得る. $m=\frac{p-1}2$とする. $k=p-j$とすると,
\begin{align}
\sum_{k=m+1}^{p-1}(4k+1)\beta_k^4&\equiv -\frac{p^4}{16}\sum_{j=1}^m\frac{4j-1}{j^4\beta_j^4}\pmod{p^5}
\end{align}
を得る. $j\mapsto m+1-j$とすると
\begin{align}
\frac{4(m+1-j)-1}{(m+1-j)^4\beta_{m+1-j}^4}\equiv -\frac{4j-1}{j^4\beta_j^4}\pmod p
\end{align}
であるから,
\begin{align}
\sum_{k=m+1}^{p-1}(4k+1)\beta_k^4\equiv 0\pmod{p^5}
\end{align}
を得る. 同様に$k=p-j$として
\begin{align}
\sum_{k=m+1}^{p-1}\frac{\beta_k^2}{p-k-\frac12}&\equiv \frac{p^2}4\sum_{j=1}^m\frac{1}{j^2\left(j-\frac 12\right)\beta_j^2}\pmod{p^3}
\end{align}
と書き変えると, 補題2の4つ目の等式より
\begin{align}
\sum_{j=1}^m\frac{1}{j^2\left(j-\frac 12\right)\beta_j^2}&= 8\sum_{j=0}^{m-1}\frac{1}{(2j+1)^3\beta_j^2}\\
&\equiv 14B_{p-3}\pmod p
\end{align}
が分かるので, 先ほどの式は
\begin{align}
\sum_{k=0}^m(4k+1)\beta_k^4&\equiv 2p^2\beta_p^2\sum_{k=0}^{m}\frac{\beta_k^2}{p-k-\frac 12}+\frac{7}4p^4B_{p-3}\pmod{p^5}
\end{align}
と書き換えられる($\beta_p\equiv \frac 12\pmod p$も用いた.). ここで, Saalschützの和公式より
\begin{align}
p\sum_{k=0}^m\frac{\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_k}{k!^2\left(p-k-\frac 12\right)}&=\frac p{p-\frac 12}\F32{\frac{1+p}2,\frac{1-p}2,\frac 12-p}{1,\frac 32-p}{1}\\
&=\frac p{p-\frac 12}\frac{\left(\frac{1-p}2,\frac 12+p\right)_m}{\left(1,\frac p2\right)_m}\\
&=\frac p{p-\frac 12}\frac{\left(\frac 12+p\right)_m}{\left(\frac32-p\right)_m}\\
&=2\prod_{j=1}^m\frac{j-\frac 12+p}{j-\frac 12-p}\\
&=2\prod_{j=1}^m\frac{1-\frac{3p}{2j}}{1+\frac{p}{2j}}\\
\end{align}
であるから,
\begin{align}
&2p^2\beta_p^2\sum_{k=0}^m\frac{\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_k}{k!^2\left(p-k-\frac 12\right)}\\
&=p\prod_{j=1}^m\frac{\left(1-\frac{p^2}{4j^2}\right)^2\left(1-\frac{3p}{2j}\right)}{\left(1-\frac pj\right)^2\left(1+\frac{p}{2j}\right)}\\
&\equiv p-\frac{p^3}2H_m^{(2)}-\frac{p^4}2H_m^{(3)}\pmod{p^5}\\
&\equiv p-\frac{p^4}6B_{p-3}\pmod{p^5}
\end{align}
と展開できる. ここで, 最後の等号は補題2による. 一方
\begin{align}
\frac{\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_k}{k!^2}&\equiv \beta_k^2\left(1-p^2\sum_{j=1}^k\frac 1{(2j-1)^2}\right)\pmod{p^4}
\end{align}
であるから,
\begin{align}
&2p^2\beta_p^2\sum_{k=0}^{m}\frac{\beta_k^2}{p-k-\frac 12}\\
&\equiv 2p^2\beta_p^2\sum_{k=0}^m\frac{\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_k}{k!^2\left(p-k-\frac 12\right)}+2p^4\beta_p^2\sum_{k=0}^m\frac{\beta_k^2}{p-k-\frac 12}\sum_{j=1}^k\frac 1{(2j-1)^2}\pmod{p^5}\\\\
&\equiv p-\frac{p^4}6B_{p-3}-\frac{p^4}2\sum_{k=0}^{m-1}\frac{\beta_k^2}{k+\frac 12}\sum_{j=1}^k\frac 1{(2j-1)^2}+4p^3\beta_p^2\beta_m^2\sum_{j=1}^m\frac 1{(2j-1)^2}\pmod{p^5}
\end{align}
となる. 右辺第3項は補題2より
\begin{align}
\sum_{j=1}^m\frac 1{(2j-1)^2}&=H_{p-1}^{(2)}-\frac 14H_m^{(2)}\\
&\equiv \frac 1{12}pB_{p-3}\pmod{p^2}
\end{align}
である. よって, これを代入して$\beta_p^2\equiv\frac 14\pmod p, \beta_m^2\equiv 1\pmod p$より
\begin{align}
&2p^2\beta_p^2\sum_{k=0}^{m}\frac{\beta_k^2}{p-k-\frac 12}\\
&\equiv p-\frac{p^4}{12}B_{p-3}-\frac{p^4}2\sum_{k=0}^{m-1}\frac{\beta_k^2}{k+\frac 12}\sum_{j=1}^k\frac 1{(2j-1)^2}\pmod{p^5}
\end{align}
を得る. 次に$k\mapsto m-k,j\mapsto m-j$として補題2の5つ目の等式より,
\begin{align}
&\sum_{k=0}^{m-1}\frac{\beta_k^2}{k+\frac 12}\sum_{j=1}^k\frac 1{(2j-1)^2}\\
&\equiv-\frac 14\sum_{k=1}^m\frac{\beta_k^2}{k}\sum_{j=k+1}^m\frac 1{j^2}\pmod p\\
&\equiv \frac 14\sum_{k=1}^m\frac{\beta_k^2}{k}H_k^{(2)}\pmod p\\
&\equiv B_{p-3}\pmod p
\end{align}
となる($H_m^{(2)}\equiv 0\pmod p$を用いている). よって,
\begin{align}
&2p^2\beta_p^2\sum_{k=0}^{m}\frac{\beta_k^2}{p-k-\frac 12}\equiv p-\frac{7p^4}{12}B_{p-3}\pmod{p^5}
\end{align}
を得る. よって,
\begin{align}
\sum_{k=0}^m(4k+1)\beta_k^4&\equiv 2p^2\beta_p^2\sum_{k=0}^{m}\frac{\beta_k^2}{p-k-\frac 12}+\frac{7}4p^4B_{p-3}\pmod{p^5}\\
&\equiv p-\frac{7p^4}{12}B_{p-3}+\frac 74p^4B_{p-3}\pmod{p^5}\\
&\equiv p+\frac{7p^4}{6}B_{p-3}\pmod{p^5}
\end{align}
となって示すべき等式が得られる.
前の記事( 中央二項係数の8乗が入ったsupercongruence )の証明と比較すると, 定理1の$r=1$の場合の証明には補題2の4つ目と5つ目の等式のように, ある程度非自明な等式が必要になるという違いがある. 同じような方針でより簡潔な証明が得られるかは考えてみる価値があるかもしれない. また, 一般の$r$の場合の合同式についても同じようにできるかは試してみる価値はあるかもしれない.
