12

𝐖𝐙 𝐦𝐞𝐭𝐡𝐨𝐝 覚書

377
1
$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}} \newcommand{BE}[0]{\begin{equation}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{EA}[0]{\end{align*}} \newcommand{EE}[0]{\end{equation}} \newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{L}[0]{\left} \newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}} \newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}} \newcommand{R}[0]{\right} $$

$\Large 𝙸𝚗𝚝𝚛𝚘𝚍𝚞𝚌𝚝𝚒𝚘𝚗$
 ${\rm Almkvist}$, ${\rm Borwein}$, ${\rm Bradley}$, ${\rm Granville}$, ${\rm Koecher}$, ${\rm Leshchiner}$,${\rm Rivoal}$といったひとたちは,ゼータ値に収束するような収束が速い級数を与えています。
例えば,${\rm Koecher's~ formula}$

\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty x^{2n}\zeta(2n+3) =\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}{n}}\L(\frac{1}{2}+\frac{2}{1-\frac{x^2}{n^2}}\R)\prod_{k=1}^{n-1}\L(1-\frac{x^2}{k^2}\R) \end{align*}

や,$\textrm{Bailey-Borwein-Bladley}~\rm formula$

\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty x^{2n}\zeta(2n+2)=3\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{\binom{2n}{n}(n^2-x^2)}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k^2-4x^2}{k^2-x^2} \end{align*}

というものがあります。
${\rm Khodabakhsh}$と${\rm Tatiana~ Hessami~ Pilehrood}$は,${\rm WZ~ method }$を用いてこのような等式を証明しました。これらのゼータ値公式の${\rm WZ~ method }$による証明は,どのようにして超幾何級数と関係しているのでしょうか。またこの関連性によってどのように一般化することができるでしょうか。

$\small 𝐓𝐡𝐞~𝐖𝐙~𝐦𝐞𝐭𝐡𝐨𝐝 $

 次のような,方向性を持つ各格子辺に重みが付いた格子グラフを考えます。


どの二点間においても経路の重みが一致するように設定します(経路不変性)。また,このような性質を持つ格子グラフを$\rm PiGG$と呼ぶことにします。
$\rm PiGG$であることを確かめるには,各格子について考えれば十分です。

隣り合わない頂点どうしを新たに結ぶことで,同じ点集合に別の格子を与えることができます。そしてその格子グラフは経路不変性を持ちます。
いま,各頂点が$\mathbb Z×\mathbb Z$上にある$\rm PiGG$があるとします。また,$(i,j)$から$(i+1,j)$までの重みを$F(i,j)$,$(i,j)$から$(i,j+1)$までの重みを$G(i,j)$とします。

経路不変性を式で表せば
\begin{align*} F(i,j)+G(i+1,j)=G(i,j)+F(i,j+1) \end{align*}

となります。この等式を満たす$F,G$の組を${\textrm{WZ-pair}}$と呼びます。
冒頭の疑問に対して,$F,G$が特定の形

\begin{align*} \frac{\Gamma(a_1 i+b_1 j+v_1)\cdots\Gamma(a_r i+b_r j+v_r)}{\Gamma(c_1 i+d_1 j+w_1)\cdots\Gamma(c_s i+d_s j+w_s)}X^iY^j \end{align*}

を持ってくれるとうれしいです。ここで$a_n,b_n,c_n,d_n$は整数,$v_n,w_n,X,Y$は複素数としています。
また,この形で表すことができるということは,$\frac{F(i+1,j)}{F(i,j)},\frac{F(i,j+1)}{F(i,j)},\frac{F(i,j)}{G(i,j)}$が有理関数になることを示しています。

この格子グラフですが,格子の頂点の座標は整数でなくても良いことに注意してください。あくまで格子辺の長さが整数であれば格子グラフが形成されるというのが本質です。

$\small {\rm Binomial~theorem}$

 $F,G$を次のように定義します。

\begin{align*} &F(i,j)=\frac{\Gamma(i+j+2)}{\Gamma(i+2)\Gamma(j+1)}x^i(1-x)^j=\binom{i+j+1}{j}x^i(1-x)^j \\ &G(i,j)=-\frac{\Gamma(i+j+2)}{\Gamma(i+1)\Gamma(j+2)}x^i(1-x)^j=-\binom{i+j+1}{i}x^i(1-x)^j \end{align*}

$F(i,j)+G(i+1,j)=G(i,j)+F(i,j+1)$が成り立つので$(F,G)$は${\textrm{WZ-pair}}$です。
次の格子を考えます。


経路$P$で和をとると
\begin{align*} \sum_{i=0}^{m-1}F(i,0)+\sum_{j=0}^{n-1}G(m,j)=\frac{1-x^m}{1-x}-\sum_{j=0}^{n-1}\binom{j+m+1}{m}x^m(1-x)^j \end{align*}

経路$Q$で和をとると

\begin{align*} \sum_{j=0}^{n-1}G(0,j)+\sum_{i=0}^{m-1}F(i,n)=-\frac{1-(1-x)^n}{x}+\sum_{i=0}^{m-1}\binom{i+n+1}{n}x^i(1-x)^n \end{align*}

となります。
よって,

\begin{align*} \frac{1-x^m}{1-x}-\sum_{j=0}^{n-1}\binom{j+m+1}{m}x^m(1-x)^j=-\frac{1-(1-x)^n}{x}+\sum_{i=0}^{m-1}\binom{i+n+1}{n}x^i(1-x)^n \end{align*}

という等式を得ます。いま,$m\to\infty$とすれば

\begin{align*} \frac{1-0}{1-x}-0=-\frac{1-(1-x)^n}{x}+\sum_{i=0}^{\infty}\binom{i+n+1}{n}x^i(1-x)^n \end{align*}

すなわち

\begin{align*} \sum_{i=0}^{\infty}\binom{i+n+1}{n}x^i(1-x)^n=\frac{1}{1-x}+\frac{1-(1-x)^n}{x} \end{align*}

となります。

$\small {\rm Shadowing}$

 前述の${\textrm{WZ-pair}}$を修飾するにはどうすればよいでしょうか。そこで,次の定理を用います。

${\rm Lemma.}$
 $(F(i,j),G(i,j))$が${\textrm{WZ-pair}}$ならば,$F,G$が収束するような任意の複素数$\alpha,\beta$に対して$(F(i+\alpha,j+\beta),G(i+\alpha,j+\beta))$は${\textrm{WZ-pair}}$である.

これにより,

\begin{align*} &F(i,j)=\frac{\Gamma(i+j+\alpha)}{\Gamma(i+1+\alpha)\Gamma(j)}x^i(1-x)^j \\ &G(i,j)=-\frac{\Gamma(i+j+\alpha)}{\Gamma(i+\alpha)\Gamma(j+1)}x^i(1-x)^j \end{align*}

が${\textrm{WZ-pair}}$とわかります。いま,$(0,0)$から$(m,0)$までの重み

\begin{align*} \sum_{i=0}^{m-1}F(i,0) \end{align*}

を考えるとき,

\begin{align*} F(i,0)=\frac{\Gamma(i+\alpha)}{\Gamma(i+1+\alpha)\Gamma(0)}x^i \end{align*}

となり,分母に$\Gamma(0)$が出現します。そこで,$F,G$に周期$1$の

\begin{align*} e(j)=(-1)^j\Gamma(j)\Gamma(1-j)=\frac{\pi(-1)^j}{\sin \pi j} \end{align*}

を掛ければ,$(e(j)F(i,j),e(j)G(i,j))$は${\textrm{WZ-pair}}$となります。これを${\rm Shadowing}$といいます。
すなわち,

\begin{align*} &F(i,j)=\frac{\Gamma(i+j+\alpha)\Gamma(1-j)}{\Gamma(i+1+\alpha)}x^i(x-1)^j \\ &G(i,j)=\frac{\Gamma(i+j+\alpha)\Gamma(-j)}{\Gamma(i+\alpha)}x^i(x-1)^j \end{align*}

と改めます。

${\rm Three~Paths~Way~1}$

 次の経路を考えます。

赤の経路と緑の経路の重みを足し合わせると,青の経路の重みと等しくなります。また,青経路と緑経路はそれぞれ横軸と縦軸に沿って進みます。
証明は省きますが,この経路で$n\to\infty$とすれば,緑の重みは$0$になります。
いま,赤経路上で$(0,0)$に最も近い格子点を$(p,-q)$とし,$(kp,-kq)\to ((k+1)p,-(k+1)q)$の重みを$H_{p,q}(k)$とします。
このとき,

\begin{align*} \sum_{i=0}^\infty F(i,0)=\sum_{k=0}^\infty H_{p,q}(k) \end{align*}

であり,$H_{p,q}(k)$は

\begin{align*} H_{p,q}(k) &=\sum_{i=kp}^{(k+1)p-1}F(i,-(k+1)q)-\sum_{j=-(k+1)q}^{-kq-1}G(kp,j)\\ &=\sum_{i=0}^{p-1}F(i+kp,-(k+1)q)-\sum_{j=0}^{q-1}G(kp,j-(k+1)q) \end{align*}

となります。$\D F(i,0)=\frac{x^i}{i+\alpha}~$です。$H_{p,q}(k)$はどうなるでしょうか。
一般の$H_{p,q}(k)$を求めるのは困難かもしれませんが,具体的な$p,q$に対して計算してみます。

\begin{align*} \qquad H_{1,1}(k) &=\sum_{i=0}^{0}F(i+k,-(k+1))-\sum_{j=0}^{0}G(k,j-(k+1))\\ &=F(k,-(k+1))-G(k,-(k+1))\\ &=\frac{\Gamma(-1+\alpha)\Gamma(k+2)}{\Gamma(k+\alpha+1)}x^k(x-1)^{-k-1}-\frac{\Gamma(-1+\alpha)\Gamma(k+1)}{\Gamma(k+\alpha)}x^k(x-1)^{-k-1}\\ &=\frac{\Gamma(-1+\alpha)k!}{\Gamma(k+\alpha+1)}x^k(x-1)^{-k-1}(k+1-(k+\alpha))\\ &=-\frac{\Gamma(\alpha)k!}{\Gamma(k+\alpha+1)}x^k(x-1)^{-k-1}\\ &=\frac{1}{\alpha(1-x)}\frac{k!}{(1+\alpha)_k}\L(\frac{x}{x-1}\R)^k \end{align*}

\begin{align*} \qquad H_{2,1}(k) &=\sum_{i=0}^{1}F(i+2k,-(k+1))-\sum_{j=0}^{0}G(2k,j-(k+1))\\ &=F(2k,-(k+1))+F(2k+1,-(k+1))-G(2k,-(k+1))\\ &=\frac{\Gamma(k+\alpha-1)\Gamma(k+2)}{\Gamma(2k+\alpha+1)}x^{2k}(x-1)^{-k-1}+\frac{\Gamma(k+\alpha)\Gamma(k+2)}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k+1}(x-1)^{-k-1}-\frac{\Gamma(k+\alpha-1)\Gamma(k+1)}{\Gamma(2k+\alpha)}x^{2k}(x-1)^{-k-1}\\ &=\frac{\Gamma(k+\alpha-1)k!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-k-1}((k+1)(2k+\alpha+1)+(k+1)(k+\alpha-1)x-(2k+\alpha)(2k+\alpha+1))\\ &=\frac{\Gamma(k+\alpha-1)k!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-k-1}((k+1-(2k+\alpha))(2k+\alpha+1)+(k+1)(k+\alpha-1)x)\\ &=\frac{\Gamma(k+\alpha-1)k!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-k-1}((-k-\alpha+1)(2k+\alpha+1)+(k+1)(k+\alpha-1)x)\\ &=-\frac{\Gamma(k+\alpha)k!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-k-1}((2k+\alpha+1)-(k+1)x)\\ &=\frac{1}{\alpha(1+\alpha)(1-x)}((2-x)k+1-x+\alpha)\frac{(\alpha)_k k!}{(2+\alpha)_{2k}}\L(\frac{x^2}{x-1}\R)^k \end{align*}
\begin{align*} \qquad H_{1,2}(k) &=\sum_{i=0}^{0}F(i+k,-2(k+1))-\sum_{j=0}^{1}G(k,j-2(k+1))\\ &=F(k,-(2k+2))-G(k,-(2k+2))-G(k,-(2k+1))\\ &=\frac{\Gamma(-k+\alpha-2)\Gamma(2k+3)}{\Gamma(k+\alpha+1)} x^k(x-1)^{-2k-2} -\frac{\Gamma(-k+\alpha-2)\Gamma(2k+2)}{\Gamma(k+\alpha)} x^k(x-1)^{-2k-2} -\frac{\Gamma(-k+\alpha-1)\Gamma(2k+1)}{\Gamma(k+\alpha)} x^k(x-1)^{-2k-1}\\ &=\frac{\Gamma(-k+\alpha-2)(2k)!}{\Gamma(k+\alpha+1)}x^k(x-1)^{-2k-2}((2k+1)(2k+2)-(2k+1)(k+\alpha)-(-k+\alpha-2)(k+\alpha)(x-1))\\ &=\frac{\Gamma(-k+\alpha-2)(2k)!}{\Gamma(k+\alpha+1)}x^k(x-1)^{-2k-2}((2k+1)(k-\alpha+2)-(-k+\alpha-2)(k+\alpha)(x-1))\\ &=-\frac{\Gamma(-k+\alpha-1)(2k)!}{\Gamma(k+\alpha+1)}x^k(x-1)^{-2k-2}(2k+1+(k+\alpha)(x-1))\\ &=-\frac{\Gamma(\alpha-1)}{\Gamma(1+\alpha)}((1+x)k+1+\alpha(x-1))\frac{(\alpha-1)_{-k}(2k)!}{(1+\alpha)_k}\L(\frac{x}{(1-x)^2}\R)^k\frac{1}{(1-x)^2}\\ &=\frac{1}{\alpha(1-\alpha)(1-x)^2}((1+x)k+1+\alpha(x-1))\frac{(2k)!}{(1+\alpha)_k(2-\alpha)_k}\L(\frac{-x}{(1-x)^2}\R)^k\\ \end{align*}
\begin{align*} \qquad H_{2,2}(k) &=\sum_{i=0}^{1}F(i+2k,-2(k+1))-\sum_{j=0}^{1}G(2k,j-2(k+1))\\ &=F(2k,-(2k+2))+F(2k+1,-(2k+2))-G(2k,-(2k+2))-G(2k,-(2k+1))\\ &=\frac{\Gamma(\alpha-2)\Gamma(2k+3)}{\Gamma(2k+\alpha+1)} x^{2k}(x-1)^{-2k-2} +\frac{\Gamma(\alpha-1)\Gamma(2k+3)}{\Gamma(2k+\alpha+2)} x^{2k+1}(x-1)^{-2k-2} -\frac{\Gamma(\alpha-2)\Gamma(2k+2)}{\Gamma(2k+\alpha)} x^{2k}(x-1)^{-2k-2} -\frac{\Gamma(\alpha-1)\Gamma(2k+1)}{\Gamma(2k+\alpha)} x^{2k}(x-1)^{-2k-1}\\ &=\frac{\Gamma(\alpha-2)(2k)!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-2k-2} ((2k+1)(2k+2)(2k+\alpha+1)+(\alpha-2)(2k+1)(2k+2)x-(2k+1)(2k+\alpha)(2k+\alpha+1)-(\alpha-2)(2k+\alpha)(2k+\alpha+1)(x-1))\\ &=\frac{\Gamma(\alpha-2)(2k)!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-2k-2} ((2k+1)(2k+\alpha+1)(2-\alpha)+(\alpha-2)(2k+\alpha)(2k+\alpha+1)+(\alpha-2)((2k+1)(2k+2)-(2k+\alpha)(2k+\alpha+1))x)\\ &=\frac{\Gamma(\alpha-2)(2k)!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-2k-2} ((\alpha-2)(\alpha-1)(2k+\alpha+1)+(\alpha-2)((2k+1)(2k+2)-(2k+\alpha)(2k+\alpha+1))x)\\ &=\frac{\Gamma(\alpha-1)(2k)!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-2k-2} ((\alpha-1)(2k+\alpha+1)+(1-\alpha)(4k+\alpha+2)x)\\ &=\frac{\Gamma(\alpha)(2k)!}{\Gamma(2k+\alpha+2)}x^{2k}(x-1)^{-2k-2} (2k+\alpha+1-(4k+\alpha+2)x)\\ &=\frac{\Gamma(\alpha)}{\Gamma(2+\alpha)}(2k+\alpha+1-(4k+\alpha+2)x)\frac{(2k)!}{(2+\alpha)_{2k}}\L(\frac{x}{x-1}\R)^{2k}\frac{1}{(1-x)^2}\\ &=\frac{1}{\alpha(1+\alpha)(1-x)^2}(2(1-2x)k+(1-x)(2+\alpha)-1)\frac{(2k)!}{(2+\alpha)_{2k}}\L(\frac{x}{1-x}\R)^{2k} \end{align*}

このようになります。まとめると

<p style=" margin: 0; padding: 0; "
\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n+\alpha} &=\frac{1}{\alpha(1-x)}\sum_{n=0}^\infty \frac{n!}{(1+\alpha)_n}\L(\frac{x}{x-1}\R)^n\\ &=\frac{1}{\alpha(1+\alpha)(1-x)}\sum_{n=0}^\infty ((2-x)n+1-x+\alpha)\frac{(\alpha)_n n!}{(2+\alpha)_{2n}}\L(\frac{x^2}{x-1}\R)^n\\ &=\frac{1}{\alpha(1-\alpha)(1-x)^2}\sum_{n=0}^\infty ((1+x)n+1+\alpha(x-1))\frac{(2n)!}{(1+\alpha)_n(2-\alpha)_n}\L(\frac{-x}{(1-x)^2}\R)^n\\ &=\frac{1}{\alpha(1+\alpha)(1-x)^2}\sum_{n=0}^\infty (2(1-2x)n+(1-x)(2+\alpha)-1)\frac{(2n)!}{(2+\alpha)_{2n}}\L(\frac{x}{1-x}\R)^{2n} \end{align*}


となります。
例えば2行目の式において,$\alpha$で微分し$x=-1,\alpha=1$を代入すると

\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2} =\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{2^nn\binom{2n}{n}}\L(\frac{2}{n}+3(H_{2n}-H_n)\R) \end{align*}

という式が得られます。

${\rm Three~Paths~Way~2}$

 ${\textrm{WZ-pair}}$

\begin{align*} &F(i,j)=\frac{H(i,j)}{i}\\ &G(i,j)=-\frac{H(i,j)}{j}\\ &H(i,j)=\frac{\Gamma(i+j)}{\Gamma(i)\Gamma(j)}z^i(1-z)^j  \L(0< z<\frac{1}{2}\R) \end{align*}

に対して,次の経路を考えます。

前述と同様に,$n\to\infty$において緑の重みは$0$に収束します。
赤の経路上で$(s,t)$に最も近い格子点を$(s+p,t+q)$とし,$(s+kp,t+kq)\to (s+(k+1)p,t+(k+1)q)$の重みを$H_{p,q}(k)$とします。
このとき,

\begin{align*} \sum_{m=0}^\infty F(s+m,t)=\sum_{k=0}^\infty H_{p,q}(k) \end{align*}

であり,$H_{p,q}(k)$は

\begin{align*} H_{p,q}(k) &=\sum_{n=0}^{p-1}F(s+kp+n,t+kq)+\sum_{n=0}^{q-1}G(s+(k+1)p,t+kq+n)\\ \end{align*}

となります。実際に$H_{p,q}(k)を計算すると$

\begin{align*} H_{1,1}(k)&=\frac{\Gamma(s+t-2)}{\Gamma(s)\Gamma(t)} (A_{1,1}+B_{1,1}(k+1)) \frac{(s+t-2)_{2k+2}}{(s)_{k+1}(t)_{k+1}}z^{s+k}(1-z)^{t+k}\\ H_{2,1}(k)&=\frac{\Gamma(s+t-2)}{\Gamma(s)\Gamma(t)} (A_{2,1}+B_{2,1}(k+1)+C_{2,1}(k+1)^2) \frac{(s+t-2)_{3k+2}}{(s)_{2k+2}(t)_{k+1}}z^{s+2k}(1-z)^{t+k}\\ H_{1,2}(k)&=\frac{\Gamma(s+t-2)}{\Gamma(s)\Gamma(t)} (A_{1,2}+B_{1,2}(k+1)+C_{1,2}(k+1)^2) \frac{(s+t-2)_{3k+2}}{(s)_{k+1}(t)_{2k+2}}z^{s+k}(1-z)^{t+2k} \end{align*}

\begin{align*} \begin{pmatrix}A_{1,1}\\B_{1,1}\end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}t-1-(s+t-2)z\\1-2z\end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix}A_{2,1}\\B_{2,1}\\C_{2,1} \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}(s-1)(t-1)-(3-s-t)(t-1)z+(s+t-2)(3-s-t)z^2 \\ s+2t-3-(6-s-4t)z+3(5-2s-2t)z^2\\ (1+3z)(2-3z) \end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix}A_{1,2}\\B_{1,2}\\C_{1,2}\end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}-(t-1)(2-t)+(3-s-t)(s+2t-3)z-(s+t-2)(3-s-t)z^2\\ -2(3-2t)+(24-8s-11t)z-3(5-2s-2t)z^2\\ (1-3z)(2-3z) \end{pmatrix} \end{align*}

となります。$s,t$に$1$を足し,$F,H$の和を$1$からとるように調整すると

\begin{align*} (s+t)\sum_{m=1}^\infty \frac{(1+s+t)_n}{(1+s)_n}z^{n-1} &=\sum_{k=1}^\infty (A'_{1,1}+B'_{1,1}k)\frac{(s+t)_{2k}}{(1+s)_k(1+t)_k}z^{k-1}(1-z)^{k-1}\\ &=\sum_{k=1}^\infty (A'_{2,1}+B'_{2,1}k+C'_{2,1}k^2)\frac{(s+t)_{3k-1}}{(1+s)_{2k}(1+t)_k}z^{2k-2}(1-z)^{k-1}\\ &=\sum_{k=1}^\infty (A'_{1,2}+B'_{1,2}k+C'_{1,2}k^2)\frac{(s+t)_{3k-1}}{(1+s)_k(1+t)_{2k}}z^{k-1}(1-z)^{2k-2}\\ \end{align*}

\begin{align*} \begin{pmatrix}A'_{1,1}\\B'_{1,1}\end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}t-(s+t)z\\1-2z\end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix}A'_{2,1}\\B'_{2,1}\\C'_{2,1} \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}st-t(1-s-t)z+(s+t)(1-s-t)z^2 \\ s+2t-(1-s-4t)z+3(1-2s-2t)z^2\\ (1+3z)(2-3z) \end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix}A'_{1,2}\\B'_{1,2}\\C'_{1,2}\end{pmatrix} &=\begin{pmatrix}-t(1-t)+(1-s-t)(s+2t)z-(s+t)(1-s-t)z^2\\ -2(1-2t)+(5-8s-11t)z-3(1-2s-2t)z^2\\ (1-3z)(2-3z) \end{pmatrix} \end{align*}

$z^s(1-z)^t$を除いたので,$z$を負に拡張できます。すべての等式が成り立つにはより狭い

\begin{align*} -\frac{1}{3}\L(2-(-1+\sqrt{2})^{-\frac{2}{3}}-(-1+\sqrt{2})^{\frac{2}{3}}\R)\le z<\frac{1}{3} \end{align*}

である必要があります。

${\rm telescoping~sum}$

 経路不変性

\begin{align*} F(i,j)-F(i,j+1)=G(i,j)-G(i+1,j) \end{align*}

において,$j$に$j+1,j+2,\cdots,j+m$を代入したものを辺辺足し合わせると

\begin{align*} F(i,j)-F(i,j+m+1)=\sum_{n=0}^m(G(i,j+n)-G(i+1,j+n)) \end{align*}

となります。いま$F(i,\infty)=0$と仮定すれば

\begin{align*} F(i,j)=\sum_{n=0}^\infty (G(i,j+n)-G(i+1,j+n)) \end{align*}

となります。
同様に,$i$に$i+1,i+2,\cdots,i+m$を代入して

\begin{align*} \sum_{n=0}^m(F(i+n,j)-F(i+n,j+1))=G(i,j)-G(i+m+1,j) \end{align*}

となり,$G(\infty,j)=0$とすれば

\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty (F(i+n,j)-F(i+n,j+1))=G(i,j) \end{align*}

となります。ここからさらに$j$に$j+1,j+2,\cdots,j+m$を代入して足し合わせれば

\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty (F(i+n,j)-F(i+n,j+m+1))=\sum_{n=0}^mG(i,j+n) \end{align*}

となり,$\D\lim_{m\to\infty}\sum_{n=0}^\infty F(i+n,j+m)=0$と仮定すれば

\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty F(i+n,j)=\sum_{n=0}^\infty G(i,j+n) \end{align*}

となります。

$\textrm{Markov-WZ}\rm~method$

 一般に$\rm hypergeometric~term$としての${\textrm{WZ-pair}}$を見つけることは,私にとっては難しいものです。しかし,その$\rm term$にパラメータの多項式を掛けたものを見つけるためのアルゴリズムがあり,それにより原理としては容易に${\textrm{WZ-pair}}$を見つけることができました。
 そのアルゴリズムは

1.$m,n$の関数$H(m,n)$をテキトーに決める
2.$\BA F(m,n)&=(A_0(n)+mA_1(n)+\cdots+m^pA_p(n))H(m,n)\\ G(m,n)&=(B_0(n)+mB_1(n)+\cdots+m^qB_q(n))H(m,n)\EA$と定義する
3.$F(m,n)-F(m,n+1)=G(m,n)-G(m+1,n)$に代入し,$(m+1)^r$の係数比較から$A_1(n),\cdots,B_q(n)$を求める

です。無限級数としての等式を得たいというときは,$F(\infty,x)$や$G(x,\infty)$などがうまく$0$に収束するように$H(m,n)$を決定する必要があります。
具体例で計算してみます。
まず

\begin{align*} H(m,n)=\L(\frac{m!n!}{(m+n)!}\R)^2 \end{align*}

と定義し,

\begin{align*} F(m,n)&=A(n)H(m,n)\\ G(m,n)&=\big(B(n)+mC(n)\big)H(m,n) \end{align*}

と定義します。
このとき

\begin{align*} F(m,n)-F(m,n+1) &=A(n)H(m,n)-A(n+1)H(m,n+1)\\ &=A(n)H(m,n)-A(n+1)\frac{(n+1)^2}{(m+n+1)^2}H(m,n)\\ &=\Big((m+n+1)^2A(n)-(n+1)^2A(n+1)\Big)\frac{H(m,n)}{(m+n+1)^2}\\ &=\Big(n^2A(n)-(n+1)^2A(n+1)+2(m+1)nA(n)+(m+1)^2A(n)\Big)\frac{H(m,n)}{(m+n+1)^2} \end{align*}

また

\begin{align*}\qquad G(m,n)-G(m+1,n) &=\big(B(n)+mC(n)\big)H(m,n)-\big(B(n)+(m+1)C(n)\big)H(m+1,n)\\ &=\big(B(n)-C(n)+(m+1)C(n)\big)H(m,n)-\big(B(n)+(m+1)C(n)\big)\frac{(m+1)^2}{(m+n+1)^2}H(m,n)\\ &=\Big((m+n+1)^2\big(B(n)-C(n)+(m+1)C(n)\big)-(m+1)^2\big(B(n)+(m+1)C(n)\big)\Big)\frac{H(m,n)}{(m+n+1)^2}\\ &=\Big(\big(n^2+2(m+1)n+(m+1)^2\big)\big(B(n)-C(n)+(m+1)C(n)\big)-(m+1)^2B(n)-(m+1)^3C(n)\Big)\frac{H(m,n)}{(m+n+1)^2}\\ &=\Big(n^2\big(B(n)-C(n)\big)+\big(2n(B(n)-C(n))+n^2C(n)\big)(m+1)+\big(B(n)-C(n)+2nC(n)\big)(m+1)^2+(m+1)^3C(n)-(m+1)^2B(n)-(m+1)^3C(n)\Big)\frac{H(m,n)}{(m+n+1)^2}\\ &=\Big(n^2B(n)-n^2C(n)+\big(2nB(n)+(n^2-2n)C(n)\big)(m+1)+(m+1)^2(2n-1)C(n)\Big)\frac{H(m,n)}{(m+n+1)^2} \end{align*}

となります。係数比較により

\begin{align*} \begin{cases} &n^2A(n)-(n+1)^2A(n+1)=n^2B(n)-n^2C(n)\\ &2nA(n)=2nB(n)+(n^2-2n)C(n)\\ &A(n)=(2n-1)C(n) \end{cases} \end{align*}

を得ます。これを解くと

\begin{align*} A(n)=\frac{2(2n-1)}{n^3\binom{2n}{n}}A(1)~, B(n)=\frac{3nA(n)}{2(2n-1)}~, C(n)=\frac{A(n)}{2n-1} \end{align*}

となります。$A(1)$は$F$と$G$の比に影響しないので適当に$1$としてよいです。
すなわち,

\begin{align*} F(m,n)&=\frac{2(2n-1)}{n^3\binom{2n}{n}}\L(\frac{m!n!}{(m+n)!}\R)^2\\ G(m,n)&=\frac{2m+3n}{n^3\binom{2n}{n}}\L(\frac{m!n!}{(m+n)!}\R)^2 \end{align*}

が${\textrm{WZ-pair}}$であることがわかりました。
実はこの方法は$\textrm{Markov-WZ}\rm~method$と呼ばれるらしいです。
この${\textrm{WZ-pair}}$に対して,$\rm telescoping~sum$を考えると,

\begin{align*} \sum_{m=0}^\infty F(m+\alpha,\beta)=\sum_{n=0}^\infty G(\alpha,n+\beta) \end{align*}

すなわち

\begin{align*} \sum_{m=0}^\infty \frac{(1+\alpha)_m^2}{(1+\alpha+\beta)_m^2} =\frac{\beta^4\Gamma(\beta)}{2(2\beta-1)}\sum_{n=0}^\infty\frac{2\alpha+3\beta+3n}{(\beta+n)^3}\frac{(1+\beta)_n^4}{(1+2\beta)_{2n}(1+\alpha+\beta)_n^2}      \L(\beta>\frac{1}{2}\R) \end{align*}

となります。$\beta=1$の場合は

\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+\alpha)^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{3n+2\alpha}{n^3\binom{2n}{n}}\frac{n!^2}{(1+\alpha)_n^2} \end{align*}

となります。
また,$\rm three~paths~way$により

\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty F(n+\alpha,\beta)=\sum_{n=0}^\infty H_{p,q}(n) \end{align*}
\begin{align*} H_{p,q}(n)=\sum_{j=0}^{p-1}F(\alpha+pn+j,\beta+qn)+\sum_{k=0}^{q-1}G(\alpha+pn+p,\beta+qn+k) \end{align*}

となり,実際に$H_{1,1}(n)$を計算すると

\begin{align*} H_{1,1}(n)=\frac{\Gamma^2(1+\alpha)\Gamma^4(1+\beta)}{\Gamma(1+2\beta)\Gamma^2(1+\alpha+\beta)}\frac{A+Bn+Cn^2+21n^3}{(\beta+n)^3}\frac{(1+\alpha)_n^2(1+\beta)_n^4}{(1+2\beta)_{2n}(1+\alpha+\beta)_{2n}^2} \end{align*}
\begin{align*} \begin{pmatrix}A\\B\\C\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2(2\beta-1)(1+\alpha+\beta)^2+(2+2\alpha+3\beta)(1+\alpha)^2\\ 8(2\beta-1)(1+\alpha+\beta)+4(1+\alpha+\beta)^2+2(2+2\alpha+3\beta)(1+\alpha)+5(1+\alpha)^2\\ 8(2\beta-1)+16(1+\alpha+\beta)+10(1+\alpha)+2+2\alpha+3\beta \end{pmatrix} \end{align*}

となりました。$H_{1,2}(n),~H_{2,1}(n)$以降は計算量が多すぎて心が折れました。
$\alpha$と$\beta$に具体的な数値を代入すると少し計算しやすくなるので,$\alpha=0,~\beta=1$で計算してみると

\begin{align*} H_{1,1}(n-1)&=\frac{21n-8}{n^3\binom{2n}{n}^3}\\ H_{1,2}(n-1)&=\frac{145n^2-104n+18}{2n^3(2n-1)\binom{2n}{n}\binom{3n}{n}^2}\\ H_{2,1}(n-1)&=\frac{9}{4}\frac{80n^3-105n^2+44n-6}{n^2(2n-1)^3\binom{3n}{n}^2\binom{4n-2}{2n-1}}+\frac{1}{n^2\binom{3n}{n}^2\binom{4n}{2n}}\\ H_{2,2}(n-1)&=\frac{4(680n^5-1236n^4+846n^3-281n^2+46n-3)}{(2n-1)^5(4n-1)^2\binom{4n-2}{2n-1}\binom{4n}{2n}^2}+\frac{5}{4n^2\binom{4n}{2n}^3} \end{align*}

$p+q$が大きくなるにつれて,収束が速くなります。
なんというか,コンピュータが全部計算してくれるみたいなことはできないのでしょうか。流石に手計算はキツいです。もしできたら,

\begin{align*} H(m,n)=\L(\frac{m!n!}{(m+n)!}\R)^5 \end{align*}

のような場合の${\textrm{WZ-pair}}$がどのようなかたちになるかもわかりますが。

${\rm parameterized}$

まず

\begin{align*} H(m,n)=\frac{\Gamma(a+m)\Gamma(b+m)}{\Gamma(c+m+n)\Gamma(d+m+n)} \end{align*}

と定義します。さらに

\begin{align*} &F(m,n)=A(n)H(m,n)\\ &G(m,n)=\big(B(n)+mC(n)\big)H(m,n) \end{align*}

と定義します。

\begin{align*} F(m,n)-F(m,n+1) &=A(n)H(m,n)-A(n+1)H(m,n+1)\\ &=A(n)H(m,n)-A(n+1)\frac{H(m,n)}{(c+m+n)(d+m+n)}\\ &=\big((c+m+n)(d+m+n)A(n)-A(n+1)\big)\frac{H(m,n)}{(c+m+n)(d+m+n)}\\ &=\big(m^2A(n)+(c+d+2n)mA(n)+(c+n)(d+n)A(n)-A(n+1)\big)\frac{H(m,n)}{(c+m+n)(d+m+n)} \end{align*}
\begin{align*}\qquad\qquad G(m,n)-G(m+1,n) &=\big(B(n)+mC(n)\big)H(m,n)-\big(B(n)+(m+1)C(n)\big)\frac{(a+m)(b+m)H(m,n)}{(c+m+n)(d+m+n)}\\ &=\Big((c+m+n)(d+m+n)\big(B(n)+mC(n)\big)-(a+m)(b+m)\big(B(n)+(m+1)C(n)\big)\Big)\frac{H(m,n)}{(c+m+n)(d+m+n)}\\ &=\L(\begin{matrix}\big((c+n)(d+n)+(c+d+2n)m+m^2\big)\big(B(n)+mC(n)\big)\\ -\big(ab+(a+b)m+m^2\big)\big(B(n)+C(n)+mC(n)\big)\end{matrix}\R)\frac{H(m,n)}{(c+m+n)(d+m+n)}\\ &=\Big((c+d-a-b-1+2n)m^2C(n)+\big((c+d-a-b+2n)B(n)+((c+n)(d+n)-a-b-ab)\big)mC(n)+\big((c+n)(d+n)-ab\big)B(n)-abC(n)\Big)\frac{H(m,n)}{(c+m+n)(d+m+n)} \end{align*}

すなわち,$(F,G)$が${\textrm{WZ-pair}}$となるように

\begin{align*} \begin{cases} A(n)=(c+d-a-b-1+2n)C(n)\\ (c+d+2n)A(n)=(c+d-a-b+2n)B(n)+\big((c+n)(d+n)-a-b-ab\big)C(n)\\ (c+n)(d+n)A(n)-A(n+1)=\big((c+n)(d+n)-ab\big)B(n)-abC(n) \end{cases} \end{align*}

を解くと,

\begin{align*} \begin{cases}\D A(n)=\frac{(c-a)_n(c-b)_n(d-a)_n(d-b)_n}{(c+d-a-b-1)_{2n}}\\ \D B(n)=\frac{3n^2+pn+q}{(c+d-a-b-1+2n)(c+d-a-b+2n)}A(n)\qquad\L(\begin{matrix}p=3c+3d-2a-2b-2\\q=(c+d)(c+d-a-b-1)+a+b+ab-cd\end{matrix}\R) \\ \D C(n)=\frac{A(n)}{c+d-a-b-1+2n}\\ \end{cases} \end{align*}

となります。
ここで

\begin{align*}\qquad\qquad \sum_{m=0}^\infty F(m+\alpha,1+\beta) &=\sum_{m=0}^\infty \frac{(c-a)_{1+\beta}(c-b)_{1+\beta}(d-a)_{1+\beta}(d-b)_{1+\beta}}{(c+d-a-b-1)_{2+2\beta}}\frac{\Gamma(a+\alpha+m)\Gamma(b+\alpha+m)}{\Gamma(1+c+\alpha+m)\Gamma(1+d+\alpha+m)}\\ &=\frac{\Gamma(c+d-a-b-1)\Gamma(c-a+1+\beta)\Gamma(c-b+1+\beta)\Gamma(d-a+1+\beta)\Gamma(d-b+1+\beta)\Gamma(a+\alpha)\Gamma(b+\alpha)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma(d-a)\Gamma(d-b)\Gamma(c+d-a-b+1+2\beta)\Gamma(c+\alpha)\Gamma(d+\alpha)}\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{(m-1+a+\alpha)(m-1+b+\alpha)}\frac{(a+\alpha)_m(b+\alpha)_m}{(c+\alpha)_m(d+\alpha)_m} \end{align*}

また

\begin{align*}\qquad\qquad \sum_{n=1}^\infty G(\alpha,n+\beta) &=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{3(n+\beta)^2+p(n+\beta)+q}{(c+d-a-b-1+2\beta+2n)(c+d-a-b+2\beta+2n)}+\frac{\alpha}{c+d-a-b-1+2\beta+2n}\R)\frac{(c-a)_{n+\beta}(c-b)_{n+\beta}(d-a)_{n+\beta}(d-b)_{n+\beta}}{(c+d-a-b-1)_{2n+2\beta}}\frac{\Gamma(a+\alpha)\Gamma(b+\alpha)}{\Gamma(c+\alpha+\beta+n)\Gamma(d+\alpha+\beta+n)}\\ &=\frac{\Gamma(c-a+\beta)\Gamma(c-b+\beta)\Gamma(d-a+\beta)\Gamma(d-b+\beta)\Gamma(c+d-a-b-1)\Gamma(a+\alpha)\Gamma(b+\alpha)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)\Gamma(d-a)\Gamma(d-b)\Gamma(c+d-a-b+1+2\beta)\Gamma(c+\alpha+\beta)\Gamma(d+\alpha+\beta)} \sum_{n=1}^\infty \big(3n^2+(2\alpha+6\beta+p)n+3\beta^2+p\beta+q+\alpha(c+d-a-b+2\beta)\big) \frac{(c-a+\beta)_n(c-b+\beta)_n(d-a+\beta)_n(d-b+\beta)_n}{(c+d-a-b+1+2\beta)_{2n}(c+\alpha+\beta)_n(d+\alpha+\beta)_n} \end{align*}

となるので

 

\begin{align*} &\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{(m-1+a+\alpha)(m-1+b+\alpha)}\frac{(a+\alpha)_m(b+\alpha)_m}{(c+\alpha)_m(d+\alpha)_m}\\ =&\frac{\Gamma(c+\alpha)\Gamma(d+\alpha)}{\Gamma(c+\alpha+\beta)\Gamma(d+\alpha+\beta)} \sum_{n=1}^\infty \big(3n^2+(2\alpha+6\beta+p)n+3\beta^2+p\beta+q+\alpha(c+d-a-b+2\beta)\big) \frac{(1+c-a+\beta)_{n-1}(1+c-b+\beta)_{n-1}(1+d-a+\beta)_{n-1}(1+d-b+\beta)_{n-1}}{(c+d-a-b+1+2\beta)_{2n}(c+\alpha+\beta)_n(d+\alpha+\beta)_n} \end{align*}
$(p=3c+3d-2a-2b-2,~q=(c+d)(c+d-a-b-1)+a+b+ab-cd)$

 
$c=a,~d=b,~\alpha=\beta=0$とすると$p=a+b-2,~q=0 $となり

\begin{align*} \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{(m-1+a)(m-1+b)} =\sum_{n=1}^\infty \frac{3n+a+b-2}{n\binom{2n}{n}}\frac{(1+a-b)_{n-1}(1-a+b)_{n-1}}{(a)_n(b)_n} \end{align*}

$a\to1-a,~b\to1-b$とすれば

\begin{align*} \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{(m-a)(m-b)} =\sum_{n=1}^\infty \frac{3n-a-b}{n\binom{2n}{n}}\frac{(1+a-b)_{n-1}(1-a+b)_{n-1}}{(1-a)_n(1-b)_n} \end{align*}

さらに$b=-a$とすれば

\begin{align*} \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^2-a^2} &=\sum_{n=1}^\infty \frac{3}{\binom{2n}{n}}\frac{(1+2a)_{n-1}(1-2a)_{n-1}}{(1+a)_n(1-a)_n}\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{3}{\binom{2n}{n}(n^2-a^2)}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k^2-4a^2}{k^2-a^2} \end{align*}

これは冒頭の公式です。

${\rm accelerated~series~for~}\zeta(3)$

まず,$m,n\ge 0$とします。

\begin{align*} H(m,n)=\L(\frac{n!}{(m+n+1)!}\R)^4 \end{align*}

とし,

\begin{align*} &F(m,n)=(A_m+nB_m+n^2C_m+n^3D_m)H(m,n)\\ &G(m,n)=(P_m+(n+1)Q_m+(n+1)^2R_m)H(m,n) \end{align*}

と定義します。

\begin{align*} F(m,n)-F(m,n+1) &=(A_m+nB_m+n^2C_m+n^3D_m)H(m,n)-(A_m+(n+1)B_m+(n+1)^2C_m+(n+1)^3D_m)H(m,n+1)\\ &=((m+n+2)^4(A_m+nB_m+n^2C_m+n^3D_m)-(n+1)^4(A_m+(n+1)B_m+(n+1)^2C_m+(n+1)^3D_m))\frac{H(m,n)}{(m+n+2)^4} \end{align*}
\begin{align*} G(m,n)-G(m+1,n) &=(P_m+(n+1)Q_m+(n+1)^2R_m)H(m,n)-(P_{m+1}+(n+1)Q_{m+1}+(n+1)^2R_{m+1})H(m+1,n)\\ &=((m+n+2)^4(P_m+(n+1)Q_m+(n+1)^2R_m)-(P_{m+1}+(n+1)Q_{m+1}+(n+1)^2R_{m+1}))\frac{H(m,n)}{(m+n+2)^4} \end{align*}

なので

\begin{align*} &(m+n+2)^4(A_m+nB_m+n^2C_m+n^3D_m)-(n+1)^4(A_m+(n+1)B_m+(n+1)^2C_m+(n+1)^3D_m)\\ =&(m+n+2)^4(P_m+(n+1)Q_m+(n+1)^2R_m)-(P_{m+1}+(n+1)Q_{m+1}+(n+1)^2R_{m+1}) \end{align*}

が常に成り立つように$(n+1)^r$の係数を比較すると

\begin{align*} \begin{cases} &[~1~]\qquad (4M-3)D=R\\ &[~2~]\qquad (4M-2)C+(6M^2-12M+3)D=Q+4MR\\ &[~3~]\qquad (4M-1)B+(6M^2-8M+1)C+(4M^3-18M^2+12M-1)D=P+4MQ+6M^2R\\ &[~4~]\qquad 4MA+(6M^2-4M)B+(4M^3-12M^2-4M)C+(M^4-12M^3+18M^2-4M)D=4MP+6M^2Q+4M^3R\\ &[~5~]\qquad 6M^2A+(4M^3-6M^2)B+(M^4-8M^3+6M^2)C-(3M^4-12M^3+6M^2)D=6M^2P+4M^3Q+M^4R-R'\\ &[~6~]\qquad 4M^3A+(M^4-4M^3)B-(2M^4-4M^3)C+(3M^4-4M^3)D=4M^3P+M^4Q-Q'\\ &[~7~]\qquad M^4(A-B+C-D)=M^4P-P' \end{cases} \end{align*}

ただし,簡潔の為$X_m:=X,~X_{m+1}:=X',~M:=m+1$としています。$F,G$での$n$の次数は,変数の個数と連立する漸化式の個数が一致するように調整しています。
これらを少し丁寧に解いていきます。まず,$[~1~]$と$[~2~]$から$R$を消去すると

\begin{align*} [~2'~]\qquad Q=(4M-2)C-(10M^2-3)D \end{align*}

を得ます。$[~1~],~[~2'~]$を$[~3~]$に代入すると

\begin{align*} [~3'~]\qquad P=(4M-1)B-(10M^2-1)C+(20M^3-1)D \end{align*}

を得ます。$[~4~]$の両辺を$M$で割ったものに$[~1~],~[~2'~],~[~3'~]$を代入すると

\begin{align*} [~4'~]\qquad 4A=10MB-20M^2C+35M^3D \end{align*}

を得ます。$[~1~],~[~2'~],~[~3'~],~[~4'~]$を$[~5~]$に代入すると

\begin{align*} [~5'~]\qquad 2(4M+1)D'=10M^3B-30M^4C+63M^5D \end{align*}

を得ます。$[~1~],~[~2'~],~[~3'~],~[~4'~]$を$[~6~]$に代入すると

\begin{align*} [~6'~]\qquad 2(4M+2)C'-2(10M^2+20M+7)D'=10M^4B-32M^5C+70M^6D \end{align*}

を得ます。$M×[~5'~]-[~6'~]$より

\begin{align*} [~8~]\qquad 2C'-7(M+1)D'=-\frac{M^5}{2(2M+1)}(2C-7MD) \end{align*}

これと,$[~2'~]$より$Q_0=2C_0-7D_0$となることから

\begin{align*} [~8'~]\qquad 2C-7MD=\frac{(-1)^mm!^6}{(2m+1)!}Q_0 \end{align*}

を得ます。$[~8'~]$と$[~5'~]$から$C$を消去すると

\begin{align*} [~9~]\qquad B=\frac{21}{5}M^2D+\frac{4M+1}{5M^3}D'+\frac{3}{2}\frac{(-1)^mm!^6M}{(2m+1)!}Q_0 \end{align*}

を得ます。$[~4'~],~[~8'~],~[~9~]$から$A$を$D$で表すと

\begin{align*} [10]\qquad A=\frac{7}{4}M^3D+\frac{4M+1}{2M^2}D'+\frac{5}{4}\frac{(-1)^mm!^6M^2}{(2m+1)!}Q_0 \end{align*}

を得ます。これで,$A,B,C,P,Q$を$D$で表すことができました。
すなわち

\begin{align*} &A=\frac{7}{4}M^3D+\frac{4M+1}{2M^2}D'+\frac{5}{4}M^2V\\ &B=\frac{21}{5}M^2D+\frac{4M+1}{5M^3}D'+\frac{3}{2}MV\\ &C=\frac{7}{2}MD+\frac{1}{2}V\\ &P=-\frac{1}{10}(182M^3-158M^2-35M+10)D+\frac{16M^2-1}{5M^3}D'+\frac{1}{2}(2M-1)(M-1)V\\ &Q=(4M-3)(M-1)D+(2M-1)V\\ &R=(4M-3)D \end{align*}

となります。ただし簡潔の為$V=\dfrac{(-1)^mm!^6}{(2m+1)!}Q_0$としています。
$D$の初期条件をみます。上式から

\begin{align*} &D_0=R_0\\ &D_1=\frac{1}{3}P_0-\frac{1}{30}D_0 \end{align*}

がわかります。また,$D_0$と$D_1$が決まれば$A$~$R$がすべて決まることがわかります。これらの$A$~$R$を$D$で表したものを$[~7~]$に代入することで三項間漸化式が現れます。この漸化式の一般項の明示式を求めるのは非常に困難であると予想します。
となれば$D$が常に$0$となればうれしいです。そのために$R_0=P_0=0$とします。また,$Q_0=1$とします。
これにより,$D$は常に$0$となり

\begin{align*} &A=\frac{5}{4}M^2V\\ &B=\frac{3}{2}MV\\ &C=\frac{1}{2}V\\ &D=0\\ &P=\frac{1}{2}(2M-1)(M-1)V\\ &Q=(2M-1)V\\ &R=0 \end{align*}

となります。これらを$F,G$に代入すると

\begin{align*} &F(m,n)=\frac{5(m+1)^2+6(m+1)n+2n^2}{4}\frac{(-1)^mm!^6}{(2m+1)!}\L(\frac{n!}{(m+n+1)!}\R)^4\\ &G(m,n)=\frac{m+2n+2}{2}\frac{(-1)^mm!^6}{(2m)!}\L(\frac{n!}{(m+n+1)!}\R)^4 \end{align*}

となります。ペアが求まれば,あとは代入するだけです。
すなわち

\begin{align*} \sum_{m=0}^\infty F(m,0)=\sum_{n=0}^\infty \big(F(n,n)+G(n+1,n)\big) \end{align*}

より

\begin{align*} \zeta(3)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}(205n^2-160n+32)}{n^5\binom{2n}{n}^5} \end{align*}

を得ます。

投稿日:2021年12月30日

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

コメント

他の人のコメント

コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中