Ramanujan-Sato 級数の級数変形による証明

14668

はじめに

どうも, 色数です.
最近は忙しくてあまり記事を上げれていませんでしたが, 進捗はいくつかあったのでそのうちの $1$ つを紹介します.
数学を始めて最初に見た級数が Ramanujan による $\frac{1}{π}$ の級数表示だったので, それの類似の $1$ つを示せたのは嬉しかったです.

内容

今回示す等式は次のやつです.
最初見たときは意味不明でした.

Ramanujan-Sato 級数

$\frac{16}{π} = \sum_{n = 0}^{\infty} (42 n + 5) \frac{{(\binom{2 n}{n})}^{3}}{2^{12 n}}$

証明

$\begin{array}{r} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(\binom{2 n}{n})}^{2}}{(n - \frac{1}{2})^{2} 2^{4 n}} = \frac{16}{π} \end{array}$

超幾何級数の変換を使って潰します.

$\begin{aligned} L H S & = 4 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- \frac{1}{2})_{n}^{2}}{n!^{2}} \\ = 4_{2} F_{1} [\begin{aligned} - \frac{1}{2} & , - \frac{1}{2} \\ 1 \end{aligned}; 1] \\ = 4 \frac{Γ (1) Γ (2)}{Γ (\frac{3}{2})^{2}} \\ = \frac{16}{π} \end{aligned}$

本題を示します.

$f_{k} (n) : = \sum_{n < m} \frac{(a)_{m}^{2}}{(a + m - 1)^{k} (2 a)_{n + m}^{2}}$ とおく.
$\begin{aligned} \frac{(a)_{n}^{2}}{(2 a)_{2 n}^{2}} & = \sum_{n < m} (\frac{(a)_{m - 1}^{2}}{(2 a)_{n + m - 1}^{2}} - \frac{(a)_{m}^{2}}{(2 a)_{n + m}^{2}}) \\ = \sum_{n < m} \frac{(a)_{m}^{2}}{(2 a)_{n + m}^{2}} \frac{2 (a + n) (a + m - 1) + (a + n)^{2}}{(a + m - 1)^{2}} \\ = 2 (a + n) f_{1} (n) + (a + n)^{2} f_{2} (n) \end{aligned}$
同様にして,
$\begin{aligned} \frac{(a)_{n} (a)_{n + 1}}{(2 a)_{2 n}^{2}} & = \sum_{n < m} (\frac{(a)_{m} (a)_{m - 1}}{(2 a)_{n + m - 1}^{2}} - \frac{(a)_{m} (a)_{m + 1}}{(2 a)_{n + m}^{2}}) \\ = \sum_{n < m} \frac{(a)_{m} (a)_{m + 1}}{(2 a)_{n + m}^{2}} \frac{(2 a + 2 n - 1) (a + m - 1) + (a + n)^{2}}{(a + n) (a + m - 1)} \\ = (2 a + 2 n - 1) f_{0} (n) + (a + n)^{2} f_{1} (n) \end{aligned}$
が得られる.
さらに,
$\begin{aligned} f_{0} (n) & = \sum_{n < m} \frac{(a)_{m}^{2}}{(2 a)_{n + m}^{2}} \\ = \sum_{n \leq m} \frac{(a)_{m}^{2}}{(2 a)_{n + m}^{2}} - \frac{(a)_{n}^{2}}{(2 a)_{2 n}^{2}} \\ = \sum_{n < m} \frac{(a)_{m - 1}^{2}}{(2 a)_{n + m - 1}} - \frac{(a)_{n}^{2}}{(2 a)_{2 n}^{2}} \\ = \sum_{n \leq m} \frac{(a)_{m - 1}^{2}}{(2 a)_{n + m - 1}^{2}} - \frac{(a)_{n}^{2}}{(2 a)_{2 n}^{2}} - \frac{(a)_{n - 1}^{2}}{(2 a)_{2 n - 1}^{2}} \\ = f_{2} (n - 1) - \frac{(a)_{n}^{2}}{(2 a)_{2 n}^{2}} - \frac{(a)_{n - 1}^{2}}{(2 a)_{2 n - 1}^{2}} \end{aligned}$
という $f_{0}$ を $f_{2}$ で表示する方法を得る.
以上をまとめると,
$\begin{aligned} 2 (a + n) f_{1} (n) + (a + n)^{2} f_{2} (n) & = \frac{(a)_{n}^{2}}{(2 a)_{2 n}^{2}} \\ (2 a + 2 n - 1) f_{0} (n) + (a + n)^{2} f_{1} (n) & = \frac{(a)_{n} (a)_{n + 1}}{(2 a)_{2 n}^{2}} \\ f_{2} (n - 1) - \frac{(a)_{n}^{2}}{(2 a)_{2 n}^{2}} - \frac{(a)_{n - 1}^{2}}{(2 a)_{2 n - 1}^{2}} & = f_{0} (n) \end{aligned}$
これを $f_{2}$ について解き, 和をとることで,
$\begin{aligned} f_{2} (0) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(a)_{n + 1}^{3} (a)_{n}}{(2 a)_{2 n}} (\frac{(a)_{n}^{2}}{(a + n)^{2} (2 a)_{2 n}^{2}} + \frac{2 (2 a + 2 n - 1) (a)_{n}^{2}}{(a + n)^{3} (2 a)_{2 n}} + \frac{2 (2 a + 2 n - 1) (a)_{n - 1}^{2}}{(2 a)_{2 n - 1}^{2}}) \end{aligned}$
となり, $a = 1 / 2$ とし整理することで主張を示せる.