Saalschützの和公式のmod p^3類似
$p$を奇素数とする.前の記事( Mao-PanによるGaussの超幾何定理のmod p^2類似 )の記法を用いるとする. その定理1の証明における議論を一般化すると次のようになる.
$r\geq 1$とする. $\ZZ_p$係数多項式$g$があって, $f$は任意の$x_1,\dots,x_r\in p\ZZ_p$に対し
\begin{align}
f(x_1,\dots,x_r)\equiv g(x_1,\dots,x_r)\pmod{p^r}
\end{align}
を満たすとする. 各$1\leq i\leq r$に対し, $f(x_1,\dots,x_{i-1},0,x_{i+1},\dots,x_r)=0$が成り立つとき, 任意の$x_1,\dots, x_r\in p\ZZ_p$に対し
\begin{align}
f(x_1,\dots,x_r)\equiv 0\pmod{p^r}
\end{align}
が成り立つ.
$x_1,\dots,x_r$の関数$F$と$1\leq i\leq r$に対して, $x_i=0$を代入する作用素$E_i$を
\begin{align}
E_iF(x_1,\dots,x_r):=F(x_1,\dots,x_{i-1},0,x_{i+1},\dots,x_r)
\end{align}
とする. このとき,
\begin{align}
(1-E_1)\cdots (1-E_r)f(x_1,\dots,x_r)\equiv (1-E_1)\cdots (1-E_r)g(x_1,\dots,x_r)\pmod{p^r}
\end{align}
である. ここで, 右辺は多項式であり, $x_1,\dots,x_r$の全てで割り切れるので, $x_1\cdots x_r\equiv 0\pmod{p^r}$より,
\begin{align}
(1-E_1)\cdots (1-E_r)f(x_1,\dots,x_r)\equiv 0\pmod{p^r}
\end{align}
を得る. 一方$E_if(x_1,\dots,x_r)=0$より
\begin{align}
(1-E_1)\cdots (1-E_r)f(x_1,\dots,x_r)=f(x_1,\dots,x_r)
\end{align}
となるから示すべきことが得られる.
Saalschützの和公式の$\mathrm{mod}\,\,p^3$類似
$p\geq 5$として, $a,b,c\in\ZZ_p,d,e\in\ZZ_p^\times, 1+a+b+c=d+e$が成り立つとする. $A=\langle-a\rangle_p,B=\langle-b\rangle_p,C=\langle-c\rangle_p,D=\langle-d\rangle_p,E=\langle -e\rangle_p$として,
\begin{align}
\max(A,B,C)\leq D\leq E
\end{align}
を仮定する. このとき, $A+B+C=D+E+1-p$ならば,
\begin{align}
\F32{a,b,c}{d,e}1_{D}\equiv\frac{\Gamma_p(1+a-d)\Gamma_p(1+b-d)\Gamma_p(1+c-d)\Gamma_p(e)}{\Gamma_p(1-d)\Gamma_p(e-a)\Gamma_p(e-b)\Gamma_p(e-c)}\pmod{p^3}
\end{align}
が成り立つ. また, $A+B+C=D+E+1$ならば,
\begin{align}
\F32{a,b,c}{d,e}1_{D}&\equiv\frac 12p^2(d'^2+e'^2-a'^2-b'^2-c'^2)\\
&\qquad\cdot\frac{\Gamma_p(1+a-d)\Gamma_p(1+b-d)\Gamma_p(1+c-d)\Gamma_p(e)}{\Gamma_p(1-d)\Gamma_p(e-a)\Gamma_p(e-b)\Gamma_p(e-c)}\pmod{p^3}
\end{align}
が成り立つ.
$A\leq D$より, Saalschützの和公式を用いて,
\begin{align}
\F32{-A,b,c}{d,1-A+b+c-d}1_D&=\F32{-A,b,c}{d,1-A+b+c-d}1=\frac{(d-b,d-c)_A}{(d,d-b-c)_A}
\end{align}
と表される. まず, $A+B+C=D+E+1-p$の場合を考える. $A+B+C=D+E+1-p\leq D$より, $A\leq D,D-B-C,D-B,D-C$であるから, 右辺の上昇冪は$p$の倍数を含まない. よって,
\begin{align}
&\F32{-A,b,c}{d,1-A+b+c-d}1_D\\
&=\frac{\Gamma_p(d)\Gamma_p(d-b-c)\Gamma_p(d-b+A)\Gamma_p(d-c+A)}{\Gamma_p(d-b)\Gamma_p(d-c)\Gamma_p(d+A)\Gamma_p(d-b-c+A)}\\
&=\frac{\Gamma_p(1-A-d)\Gamma_p(1+b-d)\Gamma_p(1+c-d)\Gamma_p(1-A+b+c-d)}{\Gamma_p(1-d)\Gamma_p(1+b+c-d)\Gamma_p(1-A+b-d)\Gamma_p(1-A+c-d)}
\end{align}
を得る. ここで, 2つ目の等号は相反公式による(符号因子は相殺する). $b,c$を$-B+y,-C+z,\quad y,z\in p\ZZ_p$と表すと, これは
\begin{align}
&f(x,y,z)\\
&:=\F32{-A+x,-B+y,-C+z}{d,1-A-B-C+x+y+z-d}{1}_D\\
&\qquad-\frac{\Gamma_p(1-A+x-d)\Gamma_p(1-B+y-d)\Gamma_p(1-C+z-d)\Gamma_p(1-A-B-C+x+y+z-d)}{\Gamma_p(1-d)\Gamma_p(1-A-B+x+y-d)\Gamma_p(1-A-C+x+z-d)\Gamma_p(1-B-C+y+z-d)}
\end{align}
とするとき, $f(0,y,z)=0$となることを意味している. 対称性から, $f(x,0,z)=f(x,y,0)=0$も分かる. $x,y,z\in p\ZZ_p$とすると, ${}_3F_2$の方は有理関数であり, $D\leq E$から$(x,y,z)=(0,0,0)$において正則であるから, $\ZZ_p[[x,y,z]]$の元である. 一方, $\Gamma_p$を含む項については前の記事(
Moritaのp進ガンマ関数3
)の命題3から, $p\geq 5$のとき$\mathrm{mod}\,\,p^3$で$\ZZ_p[x,y,z]$の元と合同である. よって補題1から
\begin{align}
f(x,y,z)\equiv 0\pmod{p^3}
\end{align}
となる. $x=a+A,y=b+B,z=c+C$とすると示すべき等式を得る. 次に, $A+B+C=D+E+1$の場合を考える. このとき, $A\leq D-B$ならば,
\begin{align}
D+E+1=A+B+C\leq D+C\leq 2D
\end{align}
より$E+1\leq D$となって矛盾する. よって$D-B< A$である. 対称性から$D-C< A$も成り立つ. よって, $(d-b)_A,(d-c)_A$はちょうど1つずつ$p$の倍数を含む. 一方, $d-b-c$の次の$p$の倍数の位置は
\begin{align}
d-b-c+(p+D-B-C)&=d-b-c+(A-E+p-1)\\
&\geq d-b-c+A
\end{align}
なので, $(d-b-c)_A$には含まれない. よって, これらより,
\begin{align}
&\frac{(d-b,d-c)_A}{(d,d-b-c)_A}\\
&=((d+D)-(b+B))((d+D)-(c+C))\\
&\qquad\cdot \frac{\Gamma_p(1-A-d)\Gamma_p(1+b-d)\Gamma_p(1+c-d)\Gamma_p(1-A+b+c-d)}{\Gamma_p(1-d)\Gamma_p(1+b+c-d)\Gamma_p(1-A+b-d)\Gamma_p(1-A+c-d)}
\end{align}
と書き替えられる. $b,c$を$-B+y,-C+z,\quad y,z\in p\ZZ_p$と表し,
\begin{align}
&f(x,y,z)\\
&:=\F32{-A+x,-B+y,-C+z}{d,1-A-B-C+x+y+z-d}{1}_D\\
&-\frac 12((d+D)^2+(x+y+z-d-D)^2-x^2-y^2-z^2)\\
&\qquad\cdot\frac{\Gamma_p(1-A+x-d)\Gamma_p(1-B+y-d)\Gamma_p(1-C+z-d)\Gamma_p(1-A-B-C+x+y+z-d)}{\Gamma_p(1-d)\Gamma_p(1-A-B+x+y-d)\Gamma_p(1-A-C+x+z-d)\Gamma_p(1-B-C+y+z-d)}
\end{align}
とすると,
\begin{align}
&\left.((d+D)^2+(x+y+z-d-D)^2-x^2-y^2-z^2)\right|_{x=0}\\
&=(d+D)^2+(y+z-d-D)^2-y^2-z^2\\
&=2(d+D)^2-2(d+D)(y+z)+2yz\\
&=2((d+D)-y)((d+D)-z)
\end{align}
となるので, $f(0,y,z)=0$が得られる. 対称性から$f(x,0,z)=f(x,y,0)=0$も分かるので, 先ほどと同様の補題1を用いた議論により示すべき等式が得られる.
定理2において, $a=b=c=\frac 13,d=e=1$とすると以下を得る.
$p\geq 5$に対し,
\begin{align}
\sum_{k=0}^{p-1}\frac{\left(\frac 13\right)_k^3}{k!^3}\equiv\begin{cases}
\Gamma_p\left(\frac 13\right)^6\pmod{p^3},& p\equiv 1\pmod 6\\
-\frac{p^2}3\Gamma_p\left(\frac 13\right)^6\pmod{p^3},& p\equiv 5\pmod 6
\end{cases}
\end{align}
が成り立つ.
これはLong-Ramakrishnaによって示された結果である.
