m = lp2 ( 1 ≦ l ≦ p-1 ) のとき
ここで、 p2+lp2Cp2 に着目します。
既に証明したとおり、
\begin{aligned}
& {}_{p^2+lp^2} \mathrm{C}_{p^2} \equiv {}_{p+lp} \mathrm{C}_{p} ( \mod p^3) \\
\end{aligned}ですが、
\begin{aligned}
{}_{p+lp} \mathrm{C}_{p} = & {}_{p+lp} \mathrm{C}_{lp} \\
= & (l+1) {}_{p+lp-1} \mathrm{C}_{lp}
\end{aligned}であり、
\begin{aligned}
& {}_{p+lp-1} \mathrm{C}_{lp} \\
= & \frac{lp {}_{lp+p-2} \mathrm{C}_{lp}}{p-1} + {}_{lp+p-2} \mathrm{C}_{lp} \\
= & lp \sum_{k=1}^{p-1} \frac{{}_{lp+k-1} \mathrm{C}_{lp}}{k} + {}_{lp} \mathrm{C}_{lp} \\
= & lp \sum_{k=1}^{p-1} \frac{{}_{lp+k-1} \mathrm{C}_{lp}}{k} + 1 \\
\end{aligned}です。
ここでおそらく、命題2と同じやり方で
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{p-1} \frac{{}_{lp+k-1} \mathrm{C}_{lp}}{k} \equiv 0 ( \mod p) \\
\end{aligned}が導出できるのではないかと予想できますが、もし更に
\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{p-1} \frac{{}_{lp+k-1} \mathrm{C}_{lp}}{k} \equiv 0 ( \mod p^2) \\
\end{aligned}が成り立てば
\begin{aligned}
{}_{p+lp} \mathrm{C}_{p} = & {}_{p+lp} \mathrm{C}_{lp} \\
= & (l+1) {}_{p+lp-1} \mathrm{C}_{lp}
\end{aligned}であったので、
\begin{aligned}
{}_{p+lp} \mathrm{C}_{p} \equiv & l+1 ( \mod p^3)
\end{aligned}が成り立ち、
\begin{aligned}
{}_{p^2+lp^2} \mathrm{C}_{p^2} \equiv & l+1 ( \mod p^3)
\end{aligned}が成り立ちます。
実際どうなっているかですが、
\begin{aligned}
{}_6 \mathrm{C}_3 & = 20 = 2 \cdot3^2+2 \\
{}_{10} \mathrm{C}_5 & = 252 \equiv 2 ( \mod 5^3) \\
{}_{14} \mathrm{C}_7 & = 3432 \equiv 2 ( \mod 7^3) \\
\end{aligned}であり、 p = 3 のときはちょっと違っていますが、 p = 5 や p = 7 のときはたしかにそうなっています。
そこで、 p+lpCp ≡ l+1 (mod p3) の証明と、それが成り立つ条件を明確にしていきます。