Accelerated ζ(3) by Gosper

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目次
$§ 1 O b j e c t i v e$
$§ 2 E u l e r^{'} s T r a n s f o r m$
$§ 3 G e n e r a l i z a t i o n o f E u l e r^{'} s T r a n s f o r m$
$§ 4 R N o t a t i o n$
$§ 5 D e r i v a t i o n o f t h e T r a n s f o r m$
$§ 6 ζ (2)$
$§ 7 A c c e l e r a t i o n R e c i p e$
$§ 8 ζ (3)$
$§ 9 T r a n s l a t i o n T r a n s f o r m$
$§ 10 I n v e r s e T r a n s l a t i o n T r a n s f o r m$
$§ 11 P r o v e d$
$§ 12 M a t r i c e s$
$§ 13 W Z p a i r$

$§ 1 O b j e c t i v e$

　次の等式を証明する。

\begin{array}{r} ζ (3) = \frac{11}{4} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3} {(\binom{2 n}{n})}^{2}} + \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1)^{3} {(\binom{2 n}{n})}^{2}} \end{array}

$§ 2 E u l e r^{'} s T r a n s f o r m$

\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} & = a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots \\ = \frac{a_{0}}{2} + \frac{a_{0} + a_{1}}{2} + \frac{a_{1} + a_{2}}{2} + \frac{a_{2} + a_{3}}{2} + \dots \\ = \frac{a_{0}}{2} + \sum_{n = 0}^{\infty} U a_{n} (U a_{n} := \frac{a_{n} + a_{n + 1}}{2}) \end{aligned}

　いま， $U^{0} a_{n} = a_{n}, U^{k} a_{n} = U (U^{k - 1} a_{n})$ とし，繰り返し操作することで

\begin{array}{r} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} = \frac{1}{2} \sum_{r = 0}^{k - 1} U^{r} a_{0} + \sum_{n = 0}^{\infty} U^{k} a_{n} \end{array}

を得る。 $k \to \infty$ で右辺第2項が $0$ に収束するとき

\begin{array}{r} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} = \frac{1}{2} \sum_{r = 0}^{\infty} U^{r} a_{0} \end{array}

を得る。

$§ 3 G e n e r a l i z a t i o n o f t h e E u l e r^{'} s T r a n s f o r m$

\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} & = \sum_{n = 0}^{\infty} (s_{n} + 1 - s_{n}) a_{n} \\ = s_{0} a_{0} + \sum_{n = 0}^{\infty} ((1 - s_{n}) a_{n} + s_{n + 1} a_{n + 1}) \end{aligned}

$§ 4 R N o t a t i o n$

\begin{aligned} b_{n} \underset{n = 0}{\overset{\infty}{R}} r_{n} & = b_{0} + r_{0} (b_{1} + r_{1} (b_{2} + r_{2} (b_{3} + \dots))) \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} b_{n} \prod_{k = 0}^{n - 1} r_{k} \end{aligned}

と定義する。

\begin{array}{r}  \end{array}

$§ 5 D e r i v a t i o n o f t h e T r a n s f o r m$

\begin{array}{r} r_{k, n} = \frac{a_{k, n + 1}}{a_{k, n}} \end{array}

とする。

\begin{aligned} \sum_{n = m}^{\infty} a_{k, n} & = \sum_{n = m}^{\infty} (s_{k, n} + 1 - s_{k, n}) a_{k, n} \\ = s_{k, m} a_{k, m} + \sum_{n = m}^{\infty} ((1 - s_{k, n}) a_{k, n} + s_{k, n + 1} a_{k, n + 1}) \\ = s_{k, m} a_{k, m} + \sum_{n = m}^{\infty} (1 - s_{k, n} + s_{k, n + 1} r_{k, n}) a_{k, n} \end{aligned}

　また， $u_{k, n} = 1 - s_{k, n} + s_{k, n + 1} r_{k, n}$ とすると

\begin{array}{r} \sum_{n = m}^{\infty} a_{k, n} = s_{k, m} a_{k, m} + \sum_{n = m}^{\infty} u_{k, n} a_{k, n} \end{array}

　さらに， $u_{k, n} a_{k, n} = a_{k + 1, n}, lim_{k \to \infty} \sum_{n = m}^{\infty} a_{k, n} = 0$ が成り立つとすると

\begin{aligned} \sum_{n = m}^{\infty} a_{k, n} & = s_{k, m} a_{k, m} + \sum_{n = m}^{\infty} a_{k + 1, n} \\ = s_{k, m} a_{k, m} + s_{k + 1, m} a_{k + 1, m} + s_{k + 2, m} a_{k + 2, m} + \dots \\ = s_{k, m} a_{k, m} + s_{k + 1, m} u_{k, m} a_{k, m} + s_{k + 2, m} u_{k + 1, m} u_{k, m} a_{k, m} + \dots \end{aligned}

　この式を書き換えると

\begin{array}{r} a_{k, m} \underset{n = m}{\overset{\infty}{R}} r_{k, n} = a_{k, m} s_{n, m} \underset{n = k}{\overset{\infty}{R}} u_{n, m} \end{array}

すなわち

\begin{array}{r} \underset{n = m}{\overset{\infty}{R}} r_{k, n} = s_{n, m} \underset{n = k}{\overset{\infty}{R}} u_{n, m} \end{array}

が成り立つ。
　まとめると， $u_{k, n} = 1 - s_{k, n} + r_{k, n} s_{k, n + 1}$ とし， $r_{k + 1, n} u_{k, n} = r_{k, n} u_{k, n + 1}$ を満たすような $r_{k, n}, s_{k, n}$ に対して

\begin{array}{r} \underset{n = m}{\overset{\infty}{R}} r_{k, n} = s_{n, m} \underset{n = k}{\overset{\infty}{R}} u_{n, m} \end{array}

が成り立つ。

$§ 6 ζ (2)$

\begin{array}{r} ζ (2) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} = \underset{n = 1}{\overset{\infty}{R}} \frac{n^{2}}{(n + 1)^{2}} \end{array}

について考える。 $\underset{n = 1}{\overset{\infty}{R}} r_{1, n} = s_{n, 1} \underset{n = 1}{\overset{\infty}{R}} u_{n, 1}$ と見比べ， $r_{1, n} = \frac{n^{2}}{(n + 1)^{2}}$ とする。
　 $lim_{n \to \infty} u_{1, n} = 0$ と仮定すれば， $lim_{n \to \infty} s_{1, n} = lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 - r_{1, n}} = \infty$ となる。そこで， $s_{1, n} = a n + b$ とおく。

\begin{array}{r} u_{1, n} = 1 - s_{1, n} + r_{1, n} s_{1, n + 1} = \frac{(1 - a) n^{2} + (2 - a - 2 b) n + 1 - b}{(n + 1)^{2}} \end{array}

　 $u_{1, n}$ が簡単になるように $a = 1, b = \frac{1}{2}$ とすると， $u_{1, n} = \frac{1}{2 (n + 1)^{2}}$ となる。これより $r_{2, n} = \frac{n^{2}}{(n + 2)^{2}}$ となり，

\begin{array}{r} r_{k, n} = \frac{n^{2}}{(k + n)^{2}} \end{array}

と推測する。 $s_{k, n} = a_{k} n + b_{k}$ とおき，同様に $u_{k, n}$ が単純になるように $a_{k}, b_{k}$ を求めると， $a_{k} = \frac{1}{2 k - 1}, b_{k} = \frac{3 k - 2}{2 (2 k - 1)}$ となり，

\begin{aligned} s_{k, n} & = \frac{3 k + 2 n - 2}{2 (2 k - 1)} \\ u_{k, n} & = \frac{k^{3}}{2 (2 k - 1) (k + n)^{2}} \end{aligned}

となる。よって，

\begin{aligned} ζ (2) & = \underset{n = 1}{\overset{\infty}{R}} \frac{n^{2}}{(n + 1)^{2}} \\ = \frac{3 k}{2 (2 k - 1)} \underset{k = 1}{\overset{\infty}{R}} \frac{k^{3}}{2 (2 k - 1) (k + 1)^{2}} \\ = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{3 k}{2 (2 k - 1)} \prod_{j = 1}^{k - 1} \frac{j^{3}}{2 (2 j - 1) (j + 1)^{3}} \\ = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{3}{k^{2} (\binom{2 k}{k})} \end{aligned}

となる。

$§ 7 A c c e l e r a t i o n R e c i p e$

　上記を参考に，アルゴリズムを提案する。

STEP１．項比 $r_{0, n}$ を決定する。(必要に応じて $r_{1, n}$ などにする)
STEP２． $lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 - r_{0, n}} = lim_{n \to \infty} s_{0, n}$ となるように $s_{0, n}$ を提案する。
STEP３． $u_{0, n} = 1 - s_{0, n} + r_{0, n} s_{0, n + 1}$ に代入し， $u_{0, n}$ が簡単になるようにする。同時に $s_{0, n}$ が決定する。
STEP４． $r_{1, n} = \frac{u_{0, n + 1}}{u_{0, n}} r_{0, n}$
STEP５． $r_{0, n}, r_{1, n}$ から $r_{k, n}$ を提案する。
STEP６． $s_{k, n}$ を提案する。
STEP７． $u_{k, n} = 1 - s_{k, n} + r_{k, n} s_{k, n + 1}$ に代入し， $u_{k, n}$ が簡単になるようにする。同時に $s_{k, n}$ が決定する。
STEP８． $\underset{n = m}{\overset{\infty}{R}} r_{k, n} = s_{n, m} \underset{n = k}{\overset{\infty}{R}} u_{n, m}$

$§ 8 ζ (3)$

\begin{array}{r} r_{0, n} = \frac{n^{3}}{(n + 1)^{3}} \end{array}

として， $s_{0, n} = a n + b$ とおくと，

\begin{aligned} u_{0, n} & = 1 - s_{0, n} + r_{0, n} s_{0, n + 1} \\ = 1 - (a n + b) + \frac{n^{3}}{(n + 1)^{3}} (a (n + 1) + b) \\ = \frac{(1 - 2 a) n^{3} + 3 (1 - a - b) n^{2} + (3 - a - 3 b) n + 1 - b}{(n + 1)^{3}} \end{aligned}

となる。 $a = \frac{1}{2}$ とすれば，分子の次数 $<$ 分母の次数となる。しかし，この場合

\begin{aligned} r_{1, n} & = \frac{u_{0, n + 1}}{u_{0, n}} r_{0, n} \\ = \frac{3 (1 - 2 b) (n + 1)^{2} + (5 - 6 b) (n + 1) + 2 (1 - b)}{2 (n + 2)^{3}} \frac{2 (n + 1)^{3}}{3 (1 - 2 b) n^{2} + (5 - 6 b) n + 2 (1 - b)} \frac{n^{3}}{(n + 1)^{3}} \\ = \frac{3 (1 - 2 b) n^{2} + (11 - 18 b) n + 2 (5 - 7 b)}{3 (1 - 2 b) n^{2} + (5 - 6 b) n + 2 (1 - b)} \frac{n^{3}}{(n + 2)^{3}} \end{aligned}

$r_{1, n}$ が $3$ 乗となる $b$ は存在しない。項比の次数が高いほど，次数の増加を抑えるような次の $s$ を見つけることが困難になる。よって， $s_{0, n} = a n + b$ を見直す必要がある。
　そこで，次の二つの手法が用いられる。

　１） $s$ の分母と $r$ の分母が共通因数をもつようにする。
　２） $1 - s$ の分子と $r$ の分子が共通因数をもつようにする。

　これらの手法は絶対的ではないが， $u$ の定義から，簡単な $u$ を生成する傾向があるとわかる。
　これを基に， $s_{0, n} \approx \frac{n}{2}$ となるような $s_{0, n}$ を考えると，

\begin{array}{r} s_{0, n} = 1 + \frac{n^{2}}{2 (n + 1)} \end{array}

となり， $u_{0, n} = - \frac{n^{2}}{(n + 1)^{3} (n + 2)}, r_{1, n} = \frac{n (n + 1)^{2}}{(n + 2)^{2} (n + 3)}$ となる。 $r_{0, n}, r_{1, n}$ から，

\begin{array}{r} r_{k, n} = \frac{n (k + n)^{2}}{(k + n + 1)^{2} (2 k + n + 1)} \end{array}

と推測する。さらに， $s_{k, n} = a n$ として $u_{k, n}$ の次数を下げるような $a$ は $\frac{1}{2 (k + 1)}$ となった。
　いま， $r_{k, n}$ の分母分子の因数は複数ある。ではどの因数を選んで $s_{k, n}$ を決定するか。その手法が

　３）最大の因数を選ぶ

である。これにより

\begin{array}{r} s_{k, n} = 1 + \frac{(k + n)^{2}}{2 (k + 1) (2 k + n + 1)} \end{array}

すると，

\begin{array}{r} u_{k, n} = - \frac{(k + 1)^{2} (k + n)^{2}}{(k + n + 1)^{2} (2 k + n + 1) (2 k + n + 2)} \end{array}

となる。

\begin{aligned} ζ (3) & = \underset{n = 1}{\overset{\infty}{R}} r_{0, n} \\ = s_{k, 1} \underset{k = 0}{\overset{\infty}{R}} u_{k, 1} \\ = \frac{5}{4} \underset{k = 0}{\overset{\infty}{R}} \frac{- (k + 1)^{3}}{2 (k + 2)^{2} (2 k + 3)} \\ = \frac{5}{2} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k^{3} (\binom{2 k}{k})} \end{aligned}

　前述の手法から，

\begin{array}{r} s_{0, n} = 1 + \frac{n^{3} (n + b)}{a (n + 1)^{3}} \end{array}

を考えると， $a = 2, b = 2$ となる。これにより

\begin{array}{r} r_{1, n} = \frac{(n + 1)^{3} (2 n + 5)}{(n + 3)^{3} (2 n + 3)} \end{array}

これを基に，

\begin{array}{r} s_{1, n} = 1 + \frac{(n + 1)^{3} (n + b)}{a (n + 3)^{3}} \end{array}

を考えるが，この場合はうまくいかないらしい。ところが

\begin{array}{r} s_{1, n} = 1 + \frac{(n + 1)^{3} (n + b)}{a (n + 3)^{2} (2 n + 3)} \end{array}

とすると， $a = 2, b = 4$ で

\begin{aligned} u_{1, n} & = \frac{2 (n + 1)^{3} (n + 2)}{(n + 3)^{3} (n + 4) (2 n + 3)} \\ r_{2, n} & = \frac{(n + 2)^{2} (n + 3)}{(n + 4) (n + 5)^{2}} \end{aligned}

を得る。これを眺めると， $k$ の偶奇で一般式が異なると推測できる。
　すなわち，

\begin{array}{r} r_{2 k, n} = \frac{(2 k + n)^{2} (3 k + n)}{(3 k + n + 1) (4 k + n + 1)^{2}} \end{array}

と推測する。これを基に

\begin{array}{r} s_{2 k, n} = 1 + \frac{(2 k + n)^{2} (3 k + n) (n + b)}{a (3 k + n + 1) (4 k + n + 1)^{2}} \end{array}

とおけば， $a = 4 k + 2, b = 5 k + 2$ となる。さらに $r_{2 k + 1, n}$ を計算すると，

\begin{array}{r} r_{2 k + 1, n} = \frac{(2 k + n + 1)^{2} (3 k + n + 1) (6 k + 2 n + 5)}{(3 k + n + 3) (4 k + n + 3)^{2} (6 k + 2 n + 3)} \end{array}

となる。これを基に

\begin{array}{r} s_{2 k + 1, n} = 1 + \frac{(2 k + n + 1)^{2} (3 k + n + 1) (n + b)}{a (4 k + n + 3)^{2} (6 k + 2 n + 3)} \end{array}

とおけば， $a = 2 k + 2, b = 5 k + 4$ となる。これは

\begin{array}{r} r_{2 k + 2, n} = \frac{(2 k + n + 2)^{2} (3 k + n + 3)}{(3 k + n + 4) (4 k + n + 5)^{2}} \end{array}

に矛盾しない。
したがって，

\begin{aligned} s_{2 k, n} & = 1 + \frac{(2 k + n)^{2} (3 k + n) (5 k + n + 2)}{2 (2 k + 1) (3 k + n + 1) (4 k + n + 1)^{2}} \\ s_{2 k + 1, n} & = 1 + \frac{(2 k + n + 1)^{2} (3 k + n + 1) (5 k + n + 4)}{2 (k + 1) (4 k + n + 3)^{2} (6 k + 2 n + 3)} \\ r_{2 k, n} & = \frac{(2 k + n)^{2} (3 k + n)}{(3 k + n + 1) (4 k + n + 1)^{2}} \\ r_{2 k + 1, n} & = \frac{(2 k + n + 1)^{2} (3 k + n + 1) (6 k + 2 n + 5)}{(3 k + n + 3) (4 k + n + 3)^{2} (6 k + 2 n + 3)} \\ u_{2 k, n} & = \frac{(k + 1)^{2} (2 k + n)^{2} (3 k + n) (6 k + 2 n + 3)}{2 (3 k + n + 1) (3 k + n + 2) (4 k + n + 1)^{2} (4 k + n + 2)^{2}} \\ u_{2 k + 1, n} & = \frac{2 (k + 1)^{2} (2 k + n + 1)^{2} (3 k + n + 1) (3 k + n + 2)}{(3 k + n + 3) (4 k + n + 3)^{2} (4 k + n + 4)^{2} (6 k + 2 n + 3)} \end{aligned}

となる。いま，

\begin{aligned} \dots (b_{2 k} + r_{2 k} (b_{2 k + 1} + r_{2 k + 1} (\dots & = \dots (b_{2 k} + r_{2 k} b_{2 k + 1} + r_{2 k} r_{2 k + 1} (\dots \\ ⟺ b_{k} \underset{k = m}{\overset{\infty}{R}} r_{k} & = (b_{2 k} + r_{2 k} b_{2 k + 1}) \underset{k = m}{\overset{\infty}{R}} r_{2 k} r_{2 k + 1} \end{aligned}

より，

\begin{aligned} \underset{n = 1}{\overset{\infty}{R}} r_{0, n} & = s_{k, 1} \underset{k = 0}{\overset{\infty}{R}} u_{k, 1} \\ = (s_{2 k, 1} + u_{2 k, 1} s_{2 k + 1, 1}) \underset{k = 0}{\overset{\infty}{R}} u_{2 k, 1} u_{2 k + 1, 1} \\ = (1 + \frac{(3 k + 1) (5 k + 3)}{8 (2 k + 1) (3 k + 2)} + \frac{(k + 1) (3 k + 1) (63 k + 50)}{192 (3 k + 2) (4 k + 3)^{2}}) \underset{k = 0}{\overset{\infty}{R}} \frac{(k + 1)^{4} (3 k + 1)}{16 (3 k + 4) (4 k + 3)^{2} (4 k + 5)^{2}} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} (1 + \frac{(3 k + 1) (5 k + 3)}{8 (2 k + 1) (3 k + 2)} + \frac{(k + 1) (3 k + 1) (63 k + 50)}{192 (3 k + 2) (4 k + 3)^{2}}) \frac{1}{(3 k + 1) (4 n + 1)^{2} {(\binom{2 k}{k})}^{2} {(\binom{4 k}{2 k})}^{2}} \end{aligned}

となる。

$§ 9 T r a n s l a t i o n T r a n s f o r m$

　 $(r_{k, n}, s_{k, n})$ を決定すれば， $(r_{k, k + n}, 1 + r_{k, k + n} s_{k, k + n + 1})$ も従う。

$§ 10 I n v e r s e T r a n s l a t i o n T r a n s f o r m$

　 $(r_{k, n}, s_{k, n})$ を決定すれば， $(r_{k, n - k}, \frac{s_{k, n - k - 1} - 1}{r_{k, n - k - 1}})$ も従う。

$§ 11 P r o v e d$

　前述のとおり，

\begin{aligned} s_{2 k, n} & = 1 + \frac{(2 k + n)^{2} (3 k + n) (5 k + n + 2)}{2 (2 k + 1) (3 k + n + 1) (4 k + n + 1)^{2}} \\ s_{2 k + 1, n} & = 1 + \frac{(2 k + n + 1)^{2} (3 k + n + 1) (5 k + n + 4)}{2 (k + 1) (4 k + n + 3)^{2} (6 k + 2 n + 3)} \\ r_{2 k, n} & = \frac{(2 k + n)^{2} (3 k + n)}{(3 k + n + 1) (4 k + n + 1)^{2}} \\ r_{2 k + 1, n} & = \frac{(2 k + n + 1)^{2} (3 k + n + 1) (6 k + 2 n + 5)}{(3 k + n + 3) (4 k + n + 3)^{2} (6 k + 2 n + 3)} \\ u_{2 k, n} & = \frac{(k + 1)^{2} (2 k + n)^{2} (3 k + n) (6 k + 2 n + 3)}{2 (3 k + n + 1) (3 k + n + 2) (4 k + n + 1)^{2} (4 k + n + 2)^{2}} \\ u_{2 k + 1, n} & = \frac{2 (k + 1)^{2} (2 k + n + 1)^{2} (3 k + n + 1) (3 k + n + 2)}{(3 k + n + 3) (4 k + n + 3)^{2} (4 k + n + 4)^{2} (6 k + 2 n + 3)} \end{aligned}

であった。これに対し $I n v e r s e T r a n s l a t i o n T r a n s f o r m$ を適用すると，

\begin{aligned} s_{2 k, n} & \to \frac{s_{2 k, n - 2 k - 1} - 1}{r_{2 k, n - 2 k - 1}} \\ s_{2 k + 1, n} & \to \frac{s_{2 k + 1, n - 2 k - 2} - 1}{r_{2 k + 1, n - 2 k - 2}} \\ r_{2 k, n} & \to r_{2 k, n - 2 k} \\ r_{2 k + 1, n} & \to r_{2 k + 1, n - 2 k - 1} \end{aligned}

すなわち

\begin{aligned} s_{2 k, n} & \to \frac{3 k + n + 1}{2 (2 k + 1)} \\ s_{2 k + 1, n} & \to \frac{(k + n + 1) (3 k + n + 2)}{2 (k + 1) (2 k + 2 n + 1)} \\ r_{2 k, n} & \to \frac{n^{2} (k + n)}{(k + n + 1) (2 k + n + 1)^{2}} \\ r_{2 k + 1, n} & \to \frac{n^{2} (k + n) (2 k + 2 n + 3)}{(k + n + 2) (2 k + n + 2)^{2} (2 k + 2 n + 1)} \\ u_{2 k, n} & \to \frac{(k + 1)^{2} (2 k + 2 n + 1)}{2 (k + n + 1) (2 k + n + 1)^{2}} \\ u_{2 k + 1, n} & \to \frac{2 (k + 1)^{2} (k + n)}{(2 k + n + 2)^{2} (2 k + 2 n + 1)} \end{aligned}

となり，

\begin{aligned} \underset{n = 1}{\overset{\infty}{R}} r_{0, n} & = (s_{2 k, 1} + u_{2 k, 1} s_{2 k + 1, 1}) \underset{k = 0}{\overset{\infty}{R}} u_{2 k, 1} u_{2 k + 1, 1} \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{3}{16} + \frac{3 k + 2}{2 (2 k + 1)}) \frac{1}{(k + 1) (2 k + 1)^{2} {(\binom{2 k}{k})}^{2}} \\ = \frac{11}{4} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{3} {(\binom{2 k}{k})}^{2}} + \frac{1}{2} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 k + 1)^{3} {(\binom{2 k}{k})}^{2}} \end{aligned}

を得る。
　また，

\begin{array}{r} {\begin{cases} s_{2 k, n} + u_{2 k, n} s_{2 k + 1, n} = s_{k, n}^{'} \\ u_{2 k, n} u_{2 k + 1, n} = u_{k, n}^{'} \end{cases} \end{array}

とすれば， $k$ の偶奇で分けることなく

\begin{aligned} r_{k, n} & = \frac{n^{2} (k + n)}{(k + n + 1) (2 k + n + 1)^{2}} \\ s_{k, n} & = \frac{3 k + n + 1}{2 (2 k + 1)} + \frac{(k + 1) (3 k + n + 2)}{4 (2 k + n + 1)^{2}} \\ u_{k, n} & = \frac{(k + 1)^{4} (k + n)}{(k + n + 1) (2 k + n + 1)^{2} (2 k + n + 2)^{2}} \end{aligned}

となる。

$§ 12 M a t r i c e s$

　二つの行列

\begin{array}{r} P_{k, n} = (\begin{array}{c} a_{k, n} & b_{k, n} \\ 0 & 1 \end{array}), Q_{k, n} = (\begin{array}{c} c_{k, n} & d_{k, n} \\ 0 & 1 \end{array}) \end{array}

を与える。また， $P_{k, n}$ は $(k, n)$ から $(k + 1, n)$ へ移る経路の重み， $Q_{k, n}$ は $(k, n)$ から $(k, n + 1)$ へ移る経路の重みとする。
　このとき， $(k, n) \to (k + 1, n + 1)$ において経路不変性

\begin{array}{r} P_{k, n} Q_{k + 1, n} = Q_{k, n} P_{k, n + 1} \end{array}

が成り立つ。実際に計算すると

\begin{aligned} P_{k, n} Q_{k + 1, n} & = (\begin{array}{c} a_{k, n} & b_{k, n} \\ 0 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} c_{k + 1, n} & d_{k + 1, n} \\ 0 & 1 \end{array}) = (\begin{array}{c} a_{k, n} c_{k + 1, n} & a_{k, n} d_{k + 1, n} + b_{k, n} \\ 0 & 1 \end{array}) \\ Q_{k, n} P_{k, n + 1} & = (\begin{array}{c} c_{k, n} & d_{k, n} \\ 0 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} a_{k, n + 1} & b_{k, n + 1} \\ 0 & 1 \end{array}) = (\begin{array}{c} a_{k, n + 1} c_{k, n} & c_{k, n} b_{k, n + 1} + d_{k, n} \\ 0 & 1 \end{array}) \end{aligned}

となるので，経路不変性は

\begin{array}{r} {\begin{cases} a_{k, n} c_{k + 1, n} = a_{k, n + 1} c_{k, n} \\ a_{k, n} d_{k + 1, n} + b_{k, n} = c_{k, n} b_{k, n + 1} + d_{k, n} \end{cases} \end{array}

が成り立つことと同値である。
　いま， $(0, 0) \to (K, 0) \to (K, N) = (0, 0) \to (0, N) \to (K, N)$ より

\begin{array}{r} (\prod_{k = 0}^{K - 1} P_{k, 0}) (\prod_{n = 0}^{N - 1} Q_{K, n}) = (\prod_{n = 0}^{N - 1} Q_{0, n}) (\prod_{k = 0}^{K - 1} P_{k, N}) \end{array}

が成り立つ。また， $K = N$ のときは， $(0, 0) \to (1, 1) \to \dots \to (K, K) = (0, 0) \to (K, 0) \to (K, K) = (0, 0) \to (0, K) \to (K, K)$ より

\begin{array}{r} \prod_{r = 0}^{K - 1} P_{r, r} Q_{r + 1, r} = (\prod_{k = 0}^{K - 1} P_{k, 0}) (\prod_{n = 0}^{K - 1} Q_{K, n}) = (\prod_{n = 0}^{K - 1} Q_{0, n}) (\prod_{k = 0}^{K - 1} P_{k, K}) \end{array}

が成り立つ。

$§ 13 W Z p a i r$

　ここで，具体例について考える。

\begin{aligned} r_{k, n} & = \frac{n^{2} (k + n)}{(k + n + 1) (2 k + n + 1)^{2}} \\ s_{k, n} & = \frac{3 k + n + 1}{2 (2 k + 1)} + \frac{(k + 1) (3 k + n + 2)}{4 (2 k + n + 1)^{2}} \\ u_{k, n} & = \frac{(k + 1)^{4} (k + n)}{(k + n + 1) (2 k + n + 1)^{2} (2 k + n + 2)^{2}} \end{aligned}

であった。 $r_{k + 1, n} u_{k, n} = r_{k, n} u_{k, n + 1}$ を考慮して， $a_{k, n} = u_{k, n}, c_{k, n} = r_{k, n}$ とあてはめると，

\begin{array}{r} u_{k, n} d_{k + 1, n} + b_{k, n} = r_{k, n} b_{k, n + 1} + d_{k, n} \end{array}

すなわち

\begin{aligned} \frac{(k + 1)^{4} (k + n)}{(k + n + 1) (2 k + n + 1)^{2} (2 k + n + 2)^{2}} d_{k + 1, n} + b_{k, n} = \frac{n^{2} (k + n)}{(k + n + 1) (2 k + n + 1)^{2}} b_{k, n + 1} + d_{k, n} \\ ⟺ & \frac{k + n + 1}{k + n} \frac{k!^{4} (n - 1)!^{2}}{(2 k + n)!^{2}} (d_{k, n} - b_{k, n}) = \frac{(k + 1)!^{4} (n - 1)!^{2}}{(2 k + n + 2)!^{2}} d_{k + 1, n} - \frac{k!^{4} n!^{2}}{(2 k + n + 1)!^{2}} b_{k, n + 1} \end{aligned}

となる。 $p_{k, n} = \frac{k!^{4} (n - 1)!^{2}}{(2 k + n)!^{2}}$ とおけば

\begin{aligned} \frac{k + n + 1}{k + n} (p_{k, n} d_{k, n} - p_{k, n} b_{k, n}) = p_{k + 1, n} d_{k + 1, n} - p_{k, n + 1} b_{k, n + 1} \\ ⟺ & \frac{p_{k, n} d_{k, n} - p_{k, n} b_{k, n}}{k + n} = \frac{p_{k + 1, n} d_{k + 1, n} - p_{k, n + 1} b_{k, n + 1}}{k + n + 1} \end{aligned}

さらに， $F (k, n) = \frac{p_{k, n} b_{k, n}}{k + n}, G (k, n) = \frac{p_{k, n} d_{k, n}}{k + n}$ とおけば

\begin{aligned} G (k, n) - F (k, n) = G (k + 1, n) - F (k, n + 1) \\ ⟺ & F (k, n) - F (k, n + 1) = G (k, n) - G (k + 1, n) \end{aligned}

となり， $(F, G)$ は $WZ-pair$ となる。よって，既知の $(F, G)$ から $b_{k, n}, d_{k, n}$ を求めることができる。
　ここで， $b_{k, n} = s_{k, n}$ とすれば，コチラの $T h e o r e m 3.$ より

\begin{array}{r} G (k, n) = \frac{k!^{4} (n - 1)!^{2}}{(k + n) (2 k + n)!^{2}} = \frac{p_{k, n}}{k + n} \end{array}

とわかる。
　また，

\begin{array}{r} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} = \frac{n}{k + n} \frac{k!^{4} n!^{2}}{(2 k + n)!^{2}} = \frac{n^{3} p_{k, n}}{k + n} \end{array}

であり，少なくともこの例での $r_{k, n}, s_{k, n}, u_{k, n}$ に対して

\begin{aligned} F (k, n) & = \frac{s_{k, n} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n}}{n^{3}} \\ G (k, n) & = \frac{u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n}}{n^{3}} \end{aligned}

が $F (k, n) - F (k, n + 1) = G (k, n) - G (k + 1, n)$ を満たす。
　さらに， $r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} = \frac{1}{n^{3}}$ であるので

\begin{aligned} F (k, n) & = r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} s_{k, n} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} \\ G (k, n) & = r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} \end{aligned}

となる。
　ではこれが一般の $(r_{k, n}, s_{k, n}, u_{k, n})$ に対しても成り立つことを確認する。これを $F (k, n) - F (k, n + 1) = G (k, n) - G (k + 1, n)$ に代入すると，

\begin{aligned} F (k, n) - F (k, n + 1) & = r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} s_{k, n} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} - r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n} s_{k, n + 1} u_{0, n + 1} u_{1, n + 1} \dots u_{k - 1, n + 1} \\ = r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} (s_{k, n} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} - r_{0, n} s_{k, n + 1} u_{0, n + 1} u_{1, n + 1} \dots u_{k - 1, n + 1}) \\ G (k, n) - G (k + 1, n) & = r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} - r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} s_{k + 1, n} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k, n} \\ = r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} (u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} - u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k, n}) \end{aligned}

となり，

\begin{aligned} s_{k, n} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} - r_{0, n} s_{k, n + 1} u_{0, n + 1} u_{1, n + 1} \dots u_{k - 1, n + 1} & = u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} - u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k, n} \\ ⟺ u_{0, n} \dots u_{k - 1, n} (s_{k, n} - 1 + u_{k, n}) & = r_{0, n} s_{k, n + 1} u_{0, n + 1} \dots u_{k - 1, n + 1} \\ ⟺ u_{0, n} \dots u_{k - 1, n} r_{k, n} s_{k, n + 1} & = r_{0, n} s_{k, n + 1} u_{0, n + 1} \dots u_{k - 1, n + 1} \\ ⟺ r_{k, n} u_{0, n} \dots u_{k - 1, n} & = r_{0, n} u_{0, n + 1} \dots u_{k - 1, n + 1} \\ ⟺ \frac{r_{k, n}}{r_{0, n}} & = \frac{u_{0, n + 1} \dots u_{k - 1, n + 1}}{u_{0, n} \dots u_{k - 1, n}} \\ ⟺ \frac{r_{k, n}}{r_{0, n}} & = \frac{r_{1, n}}{r_{0, n}} \frac{r_{2, n}}{r_{1, n}} \dots \frac{r_{k, n}}{r_{k - 1, n}} \end{aligned}

と確認できる。改めて定理として述べる。

$T h e o r e m .$ $r_{k, n}, s_{k, n}, u_{k, n}$ に対して，二つの行列

\begin{array}{r} P_{k, n} = (\begin{array}{c} u_{k, n} & s_{k, n} \\ 0 & 1 \end{array}), Q_{k, n} = (\begin{array}{c} r_{k, n} & 1 \\ 0 & 1 \end{array}) \end{array}

を定めると

\begin{array}{r} P_{k, n} Q_{k + 1, n} = Q_{k, n} P_{k, n + 1} \end{array}

および

\begin{array}{r} (\prod_{k = 0}^{K - 1} P_{k + α, β}) (\prod_{n = 0}^{N - 1} Q_{K + α, n + β}) = (\prod_{n = 0}^{N - 1} Q_{α, n + β}) (\prod_{k = 0}^{K - 1} P_{k + α, N + β}) \end{array}

\begin{array}{r} \prod_{r = 0}^{R - 1} P_{r + α, r + β} Q_{r + 1 + α, r + β} = (\prod_{k = 0}^{R - 1} P_{k + α, β}) (\prod_{n = 0}^{R - 1} Q_{R + α, n + β}) = (\prod_{n = 0}^{R - 1} Q_{α, n + β}) (\prod_{k = 0}^{R - 1} P_{k + α, R + β}) \end{array}

が成り立つ。

$T h e o r e m .$ $r_{k, n}, s_{k, n}, u_{k, n}$ に対して，

\begin{aligned} F (k, n) & = r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} s_{k, n} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} \\ G (k, n) & = r_{0, 1} r_{0, 2} \dots r_{0, n - 1} u_{0, n} u_{1, n} \dots u_{k - 1, n} \end{aligned}

とすると

\begin{array}{r} F (k, n) - F (k, n + 1) = G (k, n) - G (k + 1, n) \end{array}

が成り立つ。

投稿日：2022年10月9日

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