Mao-PanによるGaussの超幾何定理のmod p^2類似
$p$を奇素数とする. $x\in\ZZ_p$に対し,
\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$\langle -x\rangle_p$を定め, $x':=\frac{x+\langle -x\rangle_p}p$とする. $\Gamma_p$を
Moritaの$p$進ガンマ関数
とする. Gaussの超幾何級数を打ち切ったものを
\begin{align}
\F21{a,b}{c}{x}_N:=\sum_{k=0}^N\frac{(a,b)_k}{k!(c)_k}x^k
\end{align}
とする. Gaussの超幾何定理
\begin{align}
\F21{a,b}{c}1&=\frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}
\end{align}
の類似として以下の公式が知られている.
$a,b\in\ZZ_p,c\in\ZZ_p^{\times}$を$\langle -a\rangle_p,\langle -b\rangle_p\leq \langle -c\rangle_p$を満たすものとする. $\langle -a\rangle_p+\langle -b\rangle_p\leq \langle -c\rangle_p$のとき,
\begin{align}
\F21{a,b}{c}1_{\langle -c\rangle_p}\equiv \frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c-a-b)}{\Gamma_p(c-a)\Gamma_p(c-b)}\pmod{p^2}
\end{align}
が成り立つ. また, $\langle -a\rangle_p+\langle -b\rangle_p>\langle -c\rangle_p$のとき,
\begin{align}
\F21{a,b}{c}1_{\langle -c\rangle_p}\equiv p(c'-a'-b')\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c-a-b)}{\Gamma_p(c-a)\Gamma_p(c-b)}\pmod{p^2}
\end{align}
が成り立つ.
\begin{align}
A=\langle -a\rangle_p,\quad B=\langle -b\rangle_p,\quad C=\langle -c\rangle_p
\end{align}
とする. まず, $A+B\leq C$の場合を示す. $y\in p\ZZ_p$とするとき, $A\leq C$より, Vandermondeの恒等式から,
\begin{align}
\F21{-A,-B+y}{c}1_C=\F21{-A,-B+y}{c}1=\frac{(c+B-y)_{A}}{(c)_A}
\end{align}
となる. ここで, $y\in p\ZZ_p,A,A+B\leq C$より, $(c+B-y)_A, (c)_A$は$p$進単元であるから,
\begin{align}
\frac{(c+B-y)_{A}}{(c)_A}&=\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c+A+B-y)}{\Gamma_p(c+A)\Gamma_p(c+B-y)}
\end{align}
と書き換えられる. よって,
\begin{align}
\F21{-A,-B+y}{c}1_C=\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c+A+B-y)}{\Gamma_p(c+A)\Gamma_p(c+B-y)}
\end{align}
を得る.
\begin{align}
\F21{-A+x,-B+y}{c}1_C
\end{align}
は$\ZZ_p[x,y]$の元であるから$x,y\in p\ZZ_p$に制限すると$\mathrm{mod}\,\, p^2$において$x,y$に関する1次式であり
\begin{align}
\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c+A+B-x-y)}{\Gamma_p(c+A-x)\Gamma_p(c+B-y)}
\end{align}
も前の記事(
Moritaのp進ガンマ関数3
)の命題3, 4から$\mathrm{mod}\,\,p^2$において$x$に関する1次式である. よって,
\begin{align}
D(x,y):=\F21{-A+x,-B+y}{c}1_C-
\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c+A+B-x-y)}{\Gamma_p(c+A-x)\Gamma_p(c+B-y)}
\end{align}
$x,y\in p\ZZ_p$に対して
\begin{align}
D(x,y)\equiv d_0+d_1x+d_2y\pmod{p^2}
\end{align}
と表され, $D(0,y)=0$を満たす. 対称性から$D(x,0)=0$も成り立つ. まず, $D(0,0)=0$から$d_0\equiv 0\pmod{p^2}$が得られ, 次に$D(x,0)=0, D(0,y)=0$からそれぞれ$d_1\equiv 0\pmod p, d_2\equiv 0\pmod p$が得られるので, $x,y\in p\ZZ_p$の上で$D(x,y)\equiv 0\pmod{p^2}$であること分かる. よって, ここで$x=a+A,y=b+B\in p\ZZ_p$とすると
\begin{align}
\F21{a,b}{c}1_{C}\equiv \frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c-a-b)}{\Gamma_p(c-a)\Gamma_p(c-b)}\pmod{p^2}
\end{align}
となって示すべきことが得られる. 次に$A+B>C$のとき,
\begin{align}
\F21{-A,-B+y}{c}1_C=\frac{(c+B-y)_{A}}{(c)_A}
\end{align}
となる. 今度は$(c+B-y)_A$にはただ1つの$p$の倍数$c+B-y+(C-B)=c+C-y$が含まれるので,
\begin{align}
\frac{(c+B-y)_{A}}{(c)_A}=(c+C-y)\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c+A+B-y)}{\Gamma_p(c+A)\Gamma_p(c+B-y)}
\end{align}
と書き換えられる. よって,
\begin{align}
\F21{-A,-B+y}{c}1_C=(c+C-y)\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c+A+B-y)}{\Gamma_p(c+A)\Gamma_p(c+B-y)}
\end{align}
となる.
\begin{align}
\F21{-A+x,-B+y}{c}1_C-(c+C-x-y)\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c+A+B-x-y)}{\Gamma_p(c+A-x)\Gamma_p(c+B-y)}
\end{align}
に対し先ほどと同様の議論を適用すると$x,y\in p\ZZ_p$に対し,
\begin{align}
\F21{-A+x,-B+y}{c}1_C\equiv (c+C-x-y)\frac{\Gamma_p(c)\Gamma_p(c+A+B-x-y)}{\Gamma_p(c+A-x)\Gamma_p(c+B-y)}\pmod{p^2}
\end{align}
となるから, $x=A+a,y=B+b$を代入すれば示すべき等式が得られる.
特に, $c=1$とすると以下の系を得る.
$a,b\in\ZZ_p$が$\langle -a\rangle_p+\langle -b\rangle_p< p$を満たすとする. このとき,
\begin{align}
\F21{a,b}11_{p-1}\equiv -\frac{\Gamma_p(1-a-b)}{\Gamma_p(1-a)\Gamma_p(1-b)}\pmod{p^2}
\end{align}
が成り立つ.
さらに$b=1-a$として
相反公式
を用いると,
\begin{align}
\F21{a,1-a}{1}1_{p-1}&\equiv -\frac 1{\Gamma_p(a)\Gamma_p(1-a)}\pmod{p^2}\\
&\equiv (-1)^{\langle -a\rangle_p}\pmod{p^2}
\end{align}
が成り立つことが分かる. これはZhi-Hong Sunによって示された合同式である.
