1 ≦ m ≦ p-1 のとき
p2+mCp2 を p のべき乗表記する
m \leqq p-1 のとき、
\begin{aligned}
{}_{p^2+m} \mathrm{C}_{p^2} = & \frac{p^2 +m}{m } {}_{p^2+m-1} \mathrm{C}_{p^2} \\
= & \frac{p^2}m {}_{p^2+m-1} \mathrm{C}_{p^2} + {}_{p^2+m-1} \mathrm{C}_{p^2} \\
= & \frac{p^2}m {}_{p^2+m-1} \mathrm{C}_{p^2} \\
& + \frac{p^2}{m-1 }{}_{p^2+m-2} \mathrm{C}_{p^2} + {}_{p^2+m-2} \mathrm{C}_{p^2} \\
\vdots \\
= & p^2 \sum_{k=1}^m \frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k + 1 \cdots (1)
\end{aligned}ですが、命題1により右辺の p2 の係数は整数なので、
{}_{p^2+m} \mathrm{C}_{p^2} \equiv 1 (\mod p^2)が成り立ちます。先はまだまだ長いですが、最初のそれらしい成果が得られました！
p2 の係数を評価する
次に、 p2 の係数が何とかできないか、考えます。
\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k の具体的な値を求めるのは難しそうですが、式(1)右辺の p2 の係数が和になっているところに着目します。足しこんだら案外、 mod p で0とか1とかになるのかもしれません。
そこで m = p-1 の場合で考えます。
p-1 以下の自然数 j,k が j \ne k であるとき、
\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k \not\equiv \frac{ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2}}j (\mod p)です。実際、
\begin{aligned}
{}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2} = \xi p^2 + 1 \\
{}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2} = \eta p^2 + 1 \\
(\xi,\eta\text{は自然数})
\end{aligned}と置くとき、
\begin{aligned}
& \frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k - \frac{ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2}}j \\
= & \frac{ \xi p^2 +1 }k -\frac{\eta p^2 +1}j \\
= & \frac{(j \xi- k \eta) p^2 +(j-k)}{jk}
\end{aligned}です。よって、もし
\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k \equiv \frac{ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2}}j (\mod p)ならば、
\frac{(j \xi- k \eta) p^2 +(j-k)}{jk} \equiv 0 ( \mod p)なので、 j–k は p の倍数である必要があります。
ところが、 1 \leqq j,k \leqq p-1 かつ j \ne k なので、 j-k は p の倍数になりません。これは矛盾です。
以上、
\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k \not\equiv \frac{ {}_{p^2+j-1} \mathrm{C}_{p^2}}j (\mod p)であることが証明できました。
p を法とする剰余類で、0 でないものは p-1 個あります。一方、
\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k,k=1,2,\cdots p-1も p-1 個あり、すべて異なる剰余類であって、しかも p の倍数ではありません。したがって、すべての 1 \leqq k \leqq p-1 に対し、ある 自然数 1 \leqq i \leqq p -1 が一意に存在して、
\frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k \equiv i (\mod p)が成り立ちます。よって、
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k = & \sum_{i=1}^{p-1}i + \zeta p \\
= & \frac{p(p-1)}2 + \zeta p \\
& ( \zeta \text{は自然数} )
\end{aligned}が成り立ちます。これを式(1)に代入して、
\begin{aligned}
{}_{p^2+p-1} \mathrm{C}_{p^2} & = p^2 \sum_{k=1}^{p-1} \frac{ {}_{p^2+k-1} \mathrm{C}_{p^2}}k + 1 \\
& = \left \{\frac{p(p-1)}2 + \zeta p \right \} p^2 +1 \\
& = \left \{\frac{(p-1)}2 + \zeta \right \} p^3 +1 \\
\end{aligned}が成り立ちますが、 p は3以上の素数なので当然奇数です。したがって \left \{\frac{(p-1)}2 + \zeta \right \} は自然数なので、
{}_{p^2+p-1} \mathrm{C}_{p^2} \equiv 1 \mod p^3が成り立つことがわかりました。
ここまででわかったこと
ここまでに得られた結果をまとめると、以下のとおりです。
- 1 ≦ m ≦ p-1 のとき、 \bm {{}_{p^2+m} \mathrm{C}_{p^2} \equiv 1 ( \mod p^2) }
- 特に m = p-1 のとき、 \bm {{}_{p^2+m} \mathrm{C}_{p^2} \equiv 1 ( \mod p^3) }