c2 が p の倍数であることの証明
次に、 c2 を評価します。
\begin{aligned}
c_2 = & \sum_{1 \leqq j< k \leqq p-1}\prod_{\substack{1 \leqq i \leqq p-1 \\ i \ne j \\i \ne k} } i \\
\end{aligned}ですが、
\begin{aligned}
& \prod_{\substack{1 \leqq i \leqq p-2 \\ i \ne j \\i \ne k} } i \\
\equiv & \prod_{\substack{1 \leqq i \leqq p-2 \\ i \ne j \\i \ne k} } i \cdot k \cdot k^{-1} \\
\equiv & \prod_{\substack{1 \leqq i \leqq p-2 \\ i \ne j } } i \cdot k^{-1} \\
\equiv & j^{-1} k^{-1} ( \mod p)
\end{aligned}なので、
\begin{aligned}
c_2 = & \sum_{1 \leqq j< k \leqq p-1}\prod_{\substack{1 \leqq i \leqq p-1 \\ i \ne j \\i \ne k} } i \\
\equiv & \sum_{1 \leqq j< k \leqq p-1} j^{-1} k^{-1} ( \mod p)
\end{aligned}です。
ここで s=j^{-1},t=k^{-1} と置くとき、命題3により、 j,k が 1 \leqq j,k \leqq p-1 の範囲を動くと、 s,t も 1 \leqq s,t \leqq p-1 の範囲を漏れ無く重複なく動くので、
\begin{aligned}
c_2 \equiv \sum_{\substack{1 \leqq s< t \leqq p-1 }} st (\mod p)
\end{aligned}です。
このとき、
\begin{aligned}
& \sum_{1 \leqq s< t \leqq p-1} st \\
= & \sum_{s=1}^{p-2} s \sum_{t=s+1}^{p-1}i \\
= & \sum_{s=1}^{p-2} s \sum_{t=1}^{p -s-1}(t +s)\\
= & \sum_{s=1}^{p-2} s \left \{ \frac{(p-s-1)(p-s)}{2} +s(p-s-1) \right \} \\
= & \frac{1}2 \sum_{s=1}^{p-2} s(p-s-1)(p + s) \\
= & \frac{1}2 \sum_{s=1}^{p-2} \{- s^3 -s^2 +p(p-1)s \} \\
= & \frac{(p-2)(p-1)}2 \\
& \times \left \{ - \frac{(p-2)(p-1)}{4} - \frac{2p-3}{6} + \frac{p(p-1)}2 \right\} \\
= & \frac{(p-2)(p-1)}{24} \\
& \times \{ -3(p^2-3 p +2) -2(2p -3) +6p(p-1) \} \\
= & \frac{(p-2)(p-1)( 3p -1)p}{24}
\end{aligned}ですが、 p は3の倍数でないので、 p -1 と p-2 のいずれか一方は3の倍数です。また、 p は奇数なので、4で割った余りは１か３のいずれかです。
p= 4j + 1 (jは自然数）のとき、
(p-1)(3p-1) =4j(12j +2) = 8j(6j+1)
p= 4j + 3 (jは自然数）のとき、
\begin{aligned}
(p-1)(3p-1) & =(4j+2)(12j +8)\\
& = 8(2j+1)(3j+2)
\end{aligned}であり、いずれの場合も (p-1)(3p-1) は8の倍数です。
したがって \displaystyle\frac{(p-2)(p-1)( 3p -1)}{24} は整数なので、 \displaystyle\sum_{\substack{1 \leqq s< t \leqq p-1 }} st は p の倍数です。したがって、
\begin{aligned}
c_2 \equiv \sum_{\substack{1 \leqq s< t \leqq p-1 }} st \equiv 0 (\mod p)
\end{aligned}すなわち c2 は p の倍数です。
以上、
\begin{aligned}
{}_{p+lp-1} \mathrm{C}_{lp}
& = \frac{\sum\limits_{k=1}^{p-1} c_k (lp)^k }{(p-1)!} +1\\
\end{aligned}においてc1 が p2 の倍数、 c2 が p の倍数であることが証明できたので、右辺第1項の分子は p3 の倍数です。よって、ある自然数 \xi が存在して
\begin{aligned}
{}_{p+lp-1} \mathrm{C}_{lp} = \frac{ \xi p^3 }{(p-1)!} +1\\
\end{aligned}ですが、 (p-1)! は p3 と素であることから (p-1)! は \xi を割り切ります。したがって、以下の命題が証明できました。
命題7
p を5以上の素数とし、 l を自然数とする。このとき、
{}_{p+lp-1} \mathrm{C}_{lp} \equiv 1 ( \mod p^3)
が成り立つ。
命題7により、目的であった以下の命題が証明できます。
命題8
p を5以上の素数とし、 l を自然数とする。このとき、
{}_{p+lp} \mathrm{C}_p \equiv l+1 (\mod p^3 )
が成り立つ。