Andrewsの恒等式から得られる二項係数付き多重和の合同式

$\beta_n:=\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}$とする.

奇素数$p$に対し,
\begin{align} \beta_{\frac{p-1}2}&=(-1)^{\frac{p-1}2}\pmod p \end{align}
である.

追記

この補題は以下の定理2の証明に必要だと思っていたが, 実際には不要なことが分かった. 後の記事で使いたいことがあるかもしれないのでそのまま残しておく.

Fermatの小定理より,
\begin{align} \beta_{\frac{p-1}2}&=\frac{(p-1)!}{2^{p-1}\left(\frac{p-1}2\right)!^2}\\ &=\frac{\frac{p+1}2\cdot\frac{p+3}2\cdots(p-1)}{\left(\frac{p-1}2\right)!}\pmod p\\ &=\frac{\left(-\frac{p-1}2\right)\left(-\frac{p-3}2\right)\cdots(-1)}{\left(\frac{p-1}2\right)!}\pmod p\\ &=(-1)^{\frac{p-1}2}\pmod p \end{align}

以下, $\frac{p-1}2< n< p$である$n$に対して$\beta_n=0\pmod p$であることは特に断りなく用いる.

$r\geq 0$と奇素数$p$に対し,
\begin{align} \sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^{2r+4}&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^2}\\ \sum_{n=0}^{p-1}(-1)^n(4n+1)\beta_n^{2r+3}&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\frac{\beta_{n_r}}{\beta_{n_1}}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^2} \end{align}
が成り立つ.

Andrewsの恒等式
\begin{align} &\sum_{0\leq n}\frac{(a+2n)(a,b_1,\dots,b_{r+1},c_1,\dots,c_{r+1},-N)_n}{a(1+a-b_1,\dots,1+a-b_{r+1},1+a-c_1,\dots,1+a-c_{r+1},1+a+N)_nn!}\\ &=\frac{(1+a,1+a-b_{r+1}-c_{r+1})_N}{(1+a-b_{r+1},1+a-c_{r+1})_N}\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{(-N)_{n_r}}{(b_{r+1}+c_{r+1}-N-a)_{n_r}}\\ &\qquad\cdot\prod_{j=1}^r\frac{(b_{j+1},c_{j+1})_{n_j}}{(1+a-b_j,1+a-c_j)_{n_j}}\frac{(1+a-b_j-c_j)_{n_j-n_{j-1}}}{(n_j-n_{j-1})!} \end{align}
において,　$a,b_1,\cdots,b_{r+1},c_1,\dots,c_r$を全て$\frac{1}2$として, $c_{r+1}=\frac{p+1}2, N=\frac{p-1}2$とすると,
\begin{align} &\sum_{0\leq n}(4n+1)\beta_n^{2r+2}\frac{\left(\frac{1+p}2,\frac{1-p}2\right)_n}{\left(1-\frac p2,1+\frac p2\right)_n}\\ &=\frac{\left(\frac 32,\frac{1-p}2\right)_{\frac{p-1}2}}{\left(1,1-\frac p2\right)_{\frac{p-1}2}}\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_{n_r}}{n_r!\left(\frac 12\right)_{n_r}}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\\ &=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{\left(\frac{1-p}2,\frac{1+p}2\right)_{n_r}}{n_r!\left(\frac 12\right)_{n_r}}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}} \end{align}
において, $\mathrm{mod}\, p^2$すると,
\begin{align} \sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^{2r+4}=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}} \end{align}
となって1つ目の等式が得られる. 2つ目の等式は, $b_1=\frac 12$の代わりに$b_1\to\infty$とすると同様に示される.

$r$が小さい方から順番に書き表すと,
\begin{align} \sum_{n=0}^{p-1}(-1)^n(4n+1)\beta_n^3&=p\pmod{p^2}\\ \sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^4&=p\pmod{p^2}\\ \sum_{n=0}^{p-1}(-1)^n(4n+1)\beta_n^5&=p\sum_{n=0}^{p-1}\beta_n^3\pmod{p^2}\\ \sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^6&=p\sum_{n=0}^{p-1}\beta_n^4\pmod{p^2}\\ \sum_{n=0}^{p-1}(-1)^n(4n+1)\beta_n^7&=p\sum_{n=0}^{p-1}\beta_n^3\sum_{k=0}^n\beta_k^2\beta_{n-k}\pmod{p^2}\\ \sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^8&=p\sum_{n=0}^{p-1}\beta_n^3\sum_{k=0}^n\beta_k^3\beta_{n-k}\pmod{p^2} \end{align}

一般に次が成り立つと予想している.

$r\geq 0$と$5$以上の素数$p$に対し,
\begin{align} \sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^{2r+4}&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\beta_{n_r}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^4}\\ \sum_{n=0}^{p-1}(-1)^n(4n+1)\beta_n^{2r+3}&=p\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r< p}\frac{\beta_{n_r}}{\beta_{n_1}}\prod_{j=1}^r\beta_{n_j}^2\beta_{n_j-n_{j-1}}\pmod{p^4} \end{align}
が成り立つ. さらに$7$以上の素数$p$に対し,
\begin{align} \sum_{n=0}^{p-1}(4n+1)\beta_n^8&=p\sum_{n=0}^{p-1}\beta_n^3\sum_{k=0}^n\beta_k^3\beta_{n-k}\pmod{p^6} \end{align}
が成り立つ.