$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
\newcommand{vep}[0]{\varepsilon}
$$
目次
$\S1 \;\; \rm Objective$
$\S2 \;\; \rm Euler's~Transform$
$\S3 \;\; \rm Generalization~of~Euler's~Transform$
$\S4 \;\; \rm R~Notation$
$\S5 \;\; \rm Derivation~of~the~Transform$
$\S6 \;\; \rm \zeta(2)$
$\S7 \;\; \rm Acceleration~Recipe$
$\S8 \;\; \rm \zeta(3)$
$\S9 \;\; \rm Translation~Transform$
$\S10 \;\; \rm Inverse~Translation~Transform$
$\S11 \;\; \rm Proved$
$\S12 \;\; \rm Matrices$
$\S13 \;\; \rm WZ~pair$
$\bf \S1 \;\; Objective$
次の等式を証明する。
$\BA\D\\
\zeta(3)=\frac{11}{4}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3\binom{2n}{n}^2}+\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^3\binom{2n}{n}^2}\\~
\EA$
$\bf \S2 \;\; Euler's~Transform$
$\BA\D\\
\sum_{n=0}^\infty a_n
&=a_0+a_1+a_2+a_3+\cdots\\
&=\frac{a_0}{2}+\frac{a_0+a_1}{2}+\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_2+a_3}{2}+\cdots\\
&=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=0}^\infty Ua_n \qquad\L(Ua_n:=\frac{a_n+a_{n+1}}{2}\R)
\EA$
いま，$\D U^0a_n=a_n,\quad U^{k}a_n=U(U^{k-1}a_n)$とし，繰り返し操作することで
$\BA\D\\
\sum_{n=0}^\infty a_n=\frac{1}{2}\sum_{r=0}^{k-1} U^{r}a_0+\sum_{n=0}^\infty U^ka_n
\EA$
を得る。$k\to\infty$で右辺第2項が$0$に収束するとき
$\BA\D\\
\sum_{n=0}^\infty a_n=\frac{1}{2}\sum_{r=0}^{\infty} U^{r}a_0
\EA$
を得る。
$\bf \S3 \;\; Generalization~of~the~Euler's~Transform$
$\BA\D\\
\sum_{n=0}^\infty a_n
&=\sum_{n=0}^\infty (s_n+1-s_n)a_n\\
&=s_0a_0+\sum_{n=0}^\infty ((1-s_n)a_n+s_{n+1}a_{n+1})
\EA$
$\bf \S4 \;\; R~Notation$
$\BA\D\\
b_n\underset{n=0}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_n
&=b_0+r_0(b_1+r_1(b_2+r_2(b_3+\cdots)))\\
&=\sum_{n=0}^\infty b_n\prod_{k=0}^{n-1}r_k
\EA$
と定義する。
$\BA\D\\
\EA$
$\bf \S5 \;\; Derivation~of~the~Transform$
$\BA\D\\
r_{k,n}=\frac{a_{k,n+1}}{a_{k,n}}
\EA$
とする。
$\BA\D\\
\sum_{n=m}^\infty a_{k,n}
&=\sum_{n=m}^\infty (s_{k,n}+1-s_{k,n})a_{k,n}\\
&=s_{k,m}a_{k,m}+\sum_{n=m}^\infty ((1-s_{k,n})a_{k,n}+s_{k,n+1}a_{k,n+1})\\
&=s_{k,m}a_{k,m}+\sum_{n=m}^\infty (1-s_{k,n}+s_{k,n+1}r_{k,n})a_{k,n}
\EA$
また，$u_{k,n}=1-s_{k,n}+s_{k,n+1}r_{k,n}$とすると
$\BA\D\\
\sum_{n=m}^\infty a_{k,n}=s_{k,m}a_{k,m}+\sum_{n=m}^\infty u_{k,n}a_{k,n}
\EA$
さらに，$\D u_{k,n}a_{k,n}=a_{k+1,n},\quad\D \lim_{k\to\infty}\sum_{n=m}^\infty a_{k,n}=0$が成り立つとすると
$\BA\D\\
\sum_{n=m}^\infty a_{k,n}
&=s_{k,m}a_{k,m}+\sum_{n=m}^\infty a_{k+1,n}\\
&=s_{k,m}a_{k,m}+s_{k+1,m}a_{k+1,m}+s_{k+2,m}a_{k+2,m}+\cdots\\
&=s_{k,m}a_{k,m}+s_{k+1,m}u_{k,m}a_{k,m}+s_{k+2,m}u_{k+1,m}u_{k,m}a_{k,m}+\cdots
\EA$
この式を書き換えると
$\BA\D\\
a_{k,m} \underset{n=m}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{k,n}
=a_{k,m}s_{n,m} \underset{n=k}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{n,m}
\EA$
すなわち
$\BA\D\\
\underset{n=m}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{k,n}
=s_{n,m} \underset{n=k}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{n,m}
\EA$
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
$\BA\D\\
\underset{n=m}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{k,n}
=s_{n,m} \underset{n=k}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{n,m}
\EA$
が成り立つ。
$\bl \S6 \;\; \zeta(2)$
$\BA\D\\
\zeta(2)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}=\underset{n=1}{\overset{\infty}{\large\rm R}} \frac{n^2}{(n+1)^2}
\EA$
について考える。$\D \underset{n=1}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{1,n}=s_{n,1} \underset{n=1}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{n,1}$と見比べ，$\D r_{1,n}=\frac{n^2}{(n+1)^2}$とする。
$\D\lim_{n\to\infty} u_{1,n}=0$と仮定すれば，$\D\lim_{n\to\infty} s_{1,n}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1-r_{1,n}}=\infty$となる。そこで，$s_{1,n}=an+b$とおく。
$\BA\D\\
u_{1,n}=1-s_{1,n}+r_{1,n}s_{1,n+1}=\frac{(1-a)n^2+(2-a-2b)n+1-b}{(n+1)^2}
\EA$
$u_{1,n}$が簡単になるように$\D a=1,~b=\frac{1}{2}$とすると，$\D u_{1,n}=\frac{1}{2(n+1)^2}$となる。これより$\D r_{2,n}=\frac{n^2}{(n+2)^2}$となり，
$\BA\D\\
r_{k,n}=\frac{n^2}{(k+n)^2}
\EA$
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，$\D a_k=\frac{1}{2k-1},~b_k=\frac{3k-2}{2(2k-1)}$となり，
$\BA\D\\
s_{k,n}&=\frac{3k+2n-2}{2(2k-1)}\\
u_{k,n}&=\frac{k^3}{2(2k-1)(k+n)^2}
\EA$
となる。よって，
$\BA\D\\
\zeta(2)
&=\underset{n=1}{\overset{\infty}{\large\rm R}} \frac{n^2}{(n+1)^2}\\
&=\frac{3k}{2(2k-1)} \underset{k=1}{\overset{\infty}{\large\rm R}} \frac{k^3}{2(2k-1)(k+1)^2}\\
&=\sum_{k=1}^\infty \frac{3k}{2(2k-1)}\prod_{j=1}^{k-1}\frac{j^3}{2(2j-1)(j+1)^3}\\
&=\sum_{k=1}^\infty \frac{3}{k^2\binom{2k}{k}}
\EA$
となる。
$\bf \S7 \;\; Acceleration~Recipe$
上記を参考に，アルゴリズムを提案する。
STEP１．項比$\D r_{0,n}$を決定する。(必要に応じて$r_{1,n}$などにする)
STEP２．$\D\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1-r_{0,n}}=\lim_{n\to\infty}s_{0,n}$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．$\D r_{1,n}=\frac{u_{0,n+1}}{u_{0,n}}r_{0,n}$
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．$\D \underset{n=m}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{k,n}=s_{n,m} \underset{n=k}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{n,m}$
$\bl \S8 \;\; \zeta(3)$
$\BA\D\\
r_{0,n}=\frac{n^3}{(n+1)^3}
\EA$
として，$s_{0,n}=an+b$とおくと，
$\BA\D\\
u_{0,n}
&=1-s_{0,n}+r_{0,n}s_{0,n+1}\\
&=1-(an+b)+\frac{n^3}{(n+1)^3}(a(n+1)+b)\\
&=\frac{(1-2a)n^3+3(1-a-b)n^2+(3-a-3b)n+1-b}{(n+1)^3}
\EA$
となる。$\D a=\frac{1}{2}$とすれば，分子の次数$<$分母の次数となる。しかし，この場合
$\BA\D\\
r_{1,n}
&=\frac{u_{0,n+1}}{u_{0,n}}r_{0,n}\\
&=\frac{3(1-2b)(n+1)^2+(5-6b)(n+1)+2(1-b)}{2(n+2)^3}\frac{2(n+1)^3}{3(1-2b)n^2+(5-6b)n+2(1-b)}\frac{n^3}{(n+1)^3}\\
&=\frac{3(1-2b)n^2+(11-18b)n+2(5-7b)}{3(1-2b)n^2+(5-6b)n+2(1-b)}\frac{n^3}{(n+2)^3}
\EA$
$r_{1,n}$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，$s_{0,n}=an+b$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，$\D s_{0,n}\approx \frac{n}{2}$となるような$s_{0,n}$を考えると，
$\BA\D\\
s_{0,n}=1+\frac{n^2}{2(n+1)}
\EA$
となり，$\D u_{0,n}=-\frac{n^2}{(n+1)^3(n+2)},\quad r_{1,n}=\frac{n(n+1)^2}{(n+2)^2(n+3)}$となる。$r_{0,n},~r_{1,n}$から，
$\BA\D\\
r_{k,n}=\frac{n(k+n)^2}{(k+n+1)^2(2k+n+1)}
\EA$
と推測する。さらに，$s_{k,n}=an$として$u_{k,n}$の次数を下げるような$a$は$\D\frac{1}{2(k+1)}$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
$\BA\D\\
s_{k,n}=1+\frac{(k+n)^2}{2(k+1)(2k+n+1)}
\EA$
すると，
$\BA\D\\
u_{k,n}=-\frac{(k+1)^2(k+n)^2}{(k+n+1)^2(2k+n+1)(2k+n+2)}
\EA$
となる。
$\BA\D\\
\zeta(3)
&=\underset{n=1}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{0,n}\\
&=s_{k,1} \underset{k=0}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{k,1}\\
&=\frac{5}{4} \underset{k=0}{\overset{\infty}{\large\rm R}} \frac{-(k+1)^3}{2(k+2)^2(2k+3)}\\
&=\frac{5}{2} \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k^3\binom{2k}{k}}
\EA$
前述の手法から，
$\BA\D\\
s_{0,n}=1+\frac{n^3(n+b)}{a(n+1)^3}
\EA$
を考えると，$a=2,~b=2$となる。これにより
$\BA\D\\
r_{1,n}=\frac{(n+1)^3(2n+5)}{(n+3)^3(2n+3)}
\EA$
これを基に，
$\BA\D\\
s_{1,n}=1+\frac{(n+1)^3(n+b)}{a(n+3)^3}
\EA$
を考えるが，この場合はうまくいかないらしい。ところが
$\BA\D\\
s_{1,n}=1+\frac{(n+1)^3(n+b)}{a(n+3)^2(2n+3)}
\EA$
とすると，$a=2,~b=4$で
$\BA\D\\
u_{1,n}&=\frac{2(n+1)^3(n+2)}{(n+3)^3(n+4)(2n+3)}\\
r_{2,n}&=\frac{(n+2)^2(n+3)}{(n+4)(n+5)^2}
\EA$
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，
$\BA\D\\
r_{2k,n}=\frac{(2k+n)^2(3k+n)}{(3k+n+1)(4k+n+1)^2}
\EA$
と推測する。これを基に
$\BA\D\\
s_{2k,n}=1+\frac{(2k+n)^2(3k+n)(n+b)}{a(3k+n+1)(4k+n+1)^2}
\EA$
とおけば，$a=4k+2,~b=5k+2$となる。さらに$r_{2k+1,n}$を計算すると，
$\BA\D\\
r_{2k+1,n}=\frac{(2k+n+1)^2(3k+n+1)(6k+2n+5)}{(3k+n+3)(4k+n+3)^2(6k+2n+3)}
\EA$
となる。これを基に
$\BA\D\\
s_{2k+1,n}=1+\frac{(2k+n+1)^2(3k+n+1)(n+b)}{a(4k+n+3)^2(6k+2n+3)}
\EA$
とおけば，$a=2k+2,~b=5k+4$となる。これは
$\BA\D\\
r_{2k+2,n}=\frac{(2k+n+2)^2(3k+n+3)}{(3k+n+4)(4k+n+5)^2}
\EA$
に矛盾しない。
したがって，
$\BA\D\\
s_{2k,n}&=1+\frac{(2k+n)^2(3k+n)(5k+n+2)}{2(2k+1)(3k+n+1)(4k+n+1)^2}\\
s_{2k+1,n}&=1+\frac{(2k+n+1)^2(3k+n+1)(5k+n+4)}{2(k+1)(4k+n+3)^2(6k+2n+3)}\\
r_{2k,n}&=\frac{(2k+n)^2(3k+n)}{(3k+n+1)(4k+n+1)^2}\\
r_{2k+1,n}&=\frac{(2k+n+1)^2(3k+n+1)(6k+2n+5)}{(3k+n+3)(4k+n+3)^2(6k+2n+3)}\\
u_{2k,n}&=\frac{(k+1)^2(2k+n)^2(3k+n)(6k+2n+3)}{2(3k+n+1)(3k+n+2)(4k+n+1)^2(4k+n+2)^2}\\
u_{2k+1,n}&=\frac{2(k+1)^2(2k+n+1)^2(3k+n+1)(3k+n+2)}{(3k+n+3)(4k+n+3)^2(4k+n+4)^2(6k+2n+3)}
\EA$
となる。いま，
$\BA\D\\
\cdots (b_{2k}+r_{2k}(b_{2k+1}+r_{2k+1}(\cdots
&=\cdots (b_{2k}+r_{2k}b_{2k+1}+r_{2k}r_{2k+1}(\cdots\\
\Longleftrightarrow
\quad b_k\underset{k=m}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_k
&=(b_{2k}+r_{2k}b_{2k+1})\underset{k=m}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{2k}r_{2k+1}
\EA$
より，
$\BA\D\\
\underset{n=1}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{0,n}
&=s_{k,1} \underset{k=0}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{k,1}\\
&=(s_{2k,1}+u_{2k,1}s_{2k+1,1}) \underset{k=0}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{2k,1}u_{2k+1,1}\\
&=\L(1+\frac{(3k+1)(5k+3)}{8(2k+1)(3k+2)}+\frac{(k+1)(3k+1)(63k+50)}{192(3k+2)(4k+3)^2}\R)
\underset{k=0}{\overset{\infty}{\large\rm R}} \frac{(k+1)^4(3k+1)}{16(3k+4)(4k+3)^2(4k+5)^2}\\
&=\sum_{k=0}^\infty \L(1+\frac{(3k+1)(5k+3)}{8(2k+1)(3k+2)}+\frac{(k+1)(3k+1)(63k+50)}{192(3k+2)(4k+3)^2}\R)\frac{1}{(3k+1)(4n+1)^2\binom{2k}{k}^2\binom{4k}{2k}^2}
\EA$
となる。
$\bf \S9 \;\; Translation~Transform$
$(r_{k,n},~s_{k,n})$を決定すれば，$(r_{k,k+n},~1+r_{k,k+n}s_{k,k+n+1})$も従う。
$\bf \S10 \;\; Inverse~Translation~Transform$
$(r_{k,n},~s_{k,n})$を決定すれば，$\D \L(r_{k,n-k},~\frac{s_{k,n-k-1}-1}{r_{k,n-k-1}}\R)$も従う。
$\bf \S11 \;\; Proved$
前述のとおり，
$\BA\D\\
s_{2k,n}&=1+\frac{(2k+n)^2(3k+n)(5k+n+2)}{2(2k+1)(3k+n+1)(4k+n+1)^2}\\
s_{2k+1,n}&=1+\frac{(2k+n+1)^2(3k+n+1)(5k+n+4)}{2(k+1)(4k+n+3)^2(6k+2n+3)}\\
r_{2k,n}&=\frac{(2k+n)^2(3k+n)}{(3k+n+1)(4k+n+1)^2}\\
r_{2k+1,n}&=\frac{(2k+n+1)^2(3k+n+1)(6k+2n+5)}{(3k+n+3)(4k+n+3)^2(6k+2n+3)}\\
u_{2k,n}&=\frac{(k+1)^2(2k+n)^2(3k+n)(6k+2n+3)}{2(3k+n+1)(3k+n+2)(4k+n+1)^2(4k+n+2)^2}\\
u_{2k+1,n}&=\frac{2(k+1)^2(2k+n+1)^2(3k+n+1)(3k+n+2)}{(3k+n+3)(4k+n+3)^2(4k+n+4)^2(6k+2n+3)}
\EA$
であった。これに対し$\rm Inverse~Translation~Transform$を適用すると，
$\BA\D\\
s_{2k,n}&\to\frac{s_{2k,n-2k-1}-1}{r_{2k,n-2k-1}}\\
s_{2k+1,n}&\to\frac{s_{2k+1,n-2k-2}-1}{r_{2k+1,n-2k-2}}\\
r_{2k,n}&\to r_{2k,n-2k}\\
r_{2k+1,n}&\to r_{2k+1,n-2k-1}
\EA$
すなわち
$\BA\D\\
s_{2k,n}&\to\frac{3k+n+1}{2(2k+1)}\\
s_{2k+1,n}&\to\frac{(k+n+1)(3k+n+2)}{2(k+1)(2k+2n+1)}\\
r_{2k,n}&\to\frac{n^2(k+n)}{(k+n+1)(2k+n+1)^2}\\
r_{2k+1,n}&\to\frac{n^2(k+n)(2k+2n+3)}{(k+n+2)(2k+n+2)^2(2k+2n+1)}\\
u_{2k,n}&\to\frac{(k+1)^2(2k+2n+1)}{2(k+n+1)(2k+n+1)^2}\\
u_{2k+1,n}&\to\frac{2(k+1)^2(k+n)}{(2k+n+2)^2(2k+2n+1)}
\EA$
となり，
$\BA\D\\
\underset{n=1}{\overset{\infty}{\large\rm R}} r_{0,n}
&=(s_{2k,1}+u_{2k,1}s_{2k+1,1}) \underset{k=0}{\overset{\infty}{\large\rm R}} u_{2k,1}u_{2k+1,1}\\
&=\sum_{k=0}^\infty \L(\frac{3}{16}+\frac{3k+2}{2(2k+1)}\R)\frac{1}{(k+1)(2k+1)^2\binom{2k}{k}^2}\\
&=\frac{11}{4}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^3\binom{2k}{k}^2}+\frac{1}{2}\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(2k+1)^3\binom{2k}{k}^2}
\EA$
を得る。
また，
$\BA\D\\
\begin{cases}
& s_{2k,n}+u_{2k,n}s_{2k+1,n}=s'_{k,n}\\
& u_{2k,n}u_{2k+1,n}=u'_{k,n}
\end{cases}
\EA$
とすれば，$k$の偶奇で分けることなく
$\BA\D\\
r_{k,n}&=\frac{n^2(k+n)}{(k+n+1)(2k+n+1)^2}\\
s_{k,n}&=\frac{3k+n+1}{2(2k+1)}+\frac{(k+1)(3k+n+2)}{4(2k+n+1)^2}\\
u_{k,n}&=\frac{(k+1)^4(k+n)}{(k+n+1)(2k+n+1)^2(2k+n+2)^2}
\EA$
となる。
$\bf \S12 \;\; Matrices$
二つの行列
$\BA\D\\
P_{k,n}=\L(\begin{matrix} a_{k,n} & b_{k,n} \\ 0 & 1\end{matrix}\R),\quad Q_{k,n}=\L(\begin{matrix} c_{k,n} & d_{k,n} \\ 0 & 1 \end{matrix} \R)
\EA$
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
$\BA\D\\
P_{k,n}Q_{k+1,n}=Q_{k,n}P_{k,n+1}
\EA$
が成り立つ。実際に計算すると
$\BA\D\\
P_{k,n}Q_{k+1,n}&=\L(\begin{matrix} a_{k,n} & b_{k,n} \\ 0 & 1\end{matrix}\R)\L(\begin{matrix} c_{k+1,n} & d_{k+1,n} \\ 0 & 1\end{matrix}\R)
=\L(\begin{matrix} a_{k,n}c_{k+1,n} & a_{k,n}d_{k+1,n}+b_{k,n} \\ 0 & 1\end{matrix}\R)\\
Q_{k,n}P_{k,n+1}&=\L(\begin{matrix} c_{k,n} & d_{k,n} \\ 0 & 1\end{matrix}\R)\L(\begin{matrix} a_{k,n+1} & b_{k,n+1} \\ 0 & 1\end{matrix}\R)
=\L(\begin{matrix} a_{k,n+1}c_{k,n} & c_{k,n}b_{k,n+1}+d_{k,n} \\ 0 & 1\end{matrix}\R)
\EA$
となるので，経路不変性は
$\BA\D\\
\begin{cases}
& a_{k,n}c_{k+1,n}=a_{k,n+1}c_{k,n}\\
& a_{k,n}d_{k+1,n}+b_{k,n}=c_{k,n}b_{k,n+1}+d_{k,n}
\end{cases}
\EA$
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
$\BA\D\\
\L(\prod_{k=0}^{K-1}P_{k,0}\R)\L(\prod_{n=0}^{N-1}Q_{K,n}\R)=\L(\prod_{n=0}^{N-1}Q_{0,n}\R)\L(\prod_{k=0}^{K-1}P_{k,N}\R)
\EA$
が成り立つ。また，$K=N$のときは，$(0,0)\to(1,1)\to\cdots\to(K,K)=(0,\,0)\to (K,0)\to(K,K)=(0,\,0)\to (0,K)\to(K,K)$より
$\BA\D\\
\prod_{r=0}^{K-1}P_{r,r}Q_{r+1,r}=\L(\prod_{k=0}^{K-1}P_{k,0}\R)\L(\prod_{n=0}^{K-1}Q_{K,n}\R)=\L(\prod_{n=0}^{K-1}Q_{0,n}\R)\L(\prod_{k=0}^{K-1}P_{k,K}\R)
\EA$
が成り立つ。
$\bf \S13 \;\; WZ~pair$
ここで，具体例について考える。
$\BA\D\\
r_{k,n}&=\frac{n^2(k+n)}{(k+n+1)(2k+n+1)^2}\\
s_{k,n}&=\frac{3k+n+1}{2(2k+1)}+\frac{(k+1)(3k+n+2)}{4(2k+n+1)^2}\\
u_{k,n}&=\frac{(k+1)^4(k+n)}{(k+n+1)(2k+n+1)^2(2k+n+2)^2}
\EA$
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，
$\BA\D\\
u_{k,n}d_{k+1,n}+b_{k,n}=r_{k,n}b_{k,n+1}+d_{k,n}
\EA$
すなわち
$\BA\D\\
& \frac{(k+1)^4(k+n)}{(k+n+1)(2k+n+1)^2(2k+n+2)^2}d_{k+1,n}+b_{k,n}=\frac{n^2(k+n)}{(k+n+1)(2k+n+1)^2}b_{k,n+1}+d_{k,n}\\
\Longleftrightarrow &\quad \frac{k+n+1}{k+n}\frac{k!^4(n-1)!^2}{(2k+n)!^2}(d_{k,n}-b_{k,n})=\frac{(k+1)!^4(n-1)!^2}{(2k+n+2)!^2}d_{k+1,n}-\frac{k!^4n!^2}{(2k+n+1)!^2}b_{k,n+1}
\EA$
となる。$\D p_{k,n}=\frac{k!^4(n-1)!^2}{(2k+n)!^2}$とおけば
$\BA\D\\
& \frac{k+n+1}{k+n}(p_{k,n}d_{k,n}-p_{k,n}b_{k,n})=p_{k+1,n}d_{k+1,n}-p_{k,n+1}b_{k,n+1}\\
\Longleftrightarrow &\quad \frac{p_{k,n}d_{k,n}-p_{k,n}b_{k,n}}{k+n}=\frac{p_{k+1,n}d_{k+1,n}-p_{k,n+1}b_{k,n+1}}{k+n+1}
\EA$
さらに，$\D F(k,n)=\frac{p_{k,n}b_{k,n}}{k+n},\quad G(k,n)=\frac{p_{k,n}d_{k,n}}{k+n}$とおけば
$\BA\D\\
& G(k,n)-F(k,n)=G(k+1,n)-F(k,n+1)\\
\Longleftrightarrow ~& F(k,n)-F(k,n+1)=G(k,n)-G(k+1,n)
\EA$
となり，$(F,G)$は$\textrm{WZ-pair}$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$\rm Theorem~3.$より
$\BA\D\\
G(k,n)=\frac{k!^4(n-1)!^2}{(k+n)(2k+n)!^2}=\frac{p_{k,n}}{k+n}
\EA$
とわかる。
また，
$\BA\D\\
u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}=\frac{n}{k+n}\frac{k!^4n!^2}{(2k+n)!^2}=\frac{n^3p_{k,n}}{k+n}
\EA$
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
$\BA\D\\
F(k,n)&=\frac{s_{k,n}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}}{n^3}\\
G(k,n)&=\frac{u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}}{n^3}
\EA$
が$F(k,n)-F(k,n+1)=G(k,n)-G(k+1,n)$を満たす。
さらに，$\D r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}=\frac{1}{n^3}$であるので
$\BA\D\\
F(k,n)&=r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}s_{k,n}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}\\
G(k,n)&=r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}
\EA$
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，
$\BA\D\\
F(k,n)-F(k,n+1)
&=r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}s_{k,n}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}
-r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n}s_{k,n+1}u_{0,n+1}u_{1,n+1}\cdots u_{k-1,n+1}\\
&=r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}(s_{k,n}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}-r_{0,n}s_{k,n+1}u_{0,n+1}u_{1,n+1}\cdots u_{k-1,n+1})\\
G(k,n)-G(k+1,n)
&=r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}
-r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}s_{k+1,n}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k,n}\\
&=r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}(u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}-u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k,n})
\EA$
となり，
$\BA\D\\
s_{k,n}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}-r_{0,n}s_{k,n+1}u_{0,n+1}u_{1,n+1}\cdots u_{k-1,n+1}&=u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}-u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k,n}\\
\Longleftrightarrow\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad
u_{0,n}\cdots u_{k-1,n}(s_{k,n}-1+u_{k,n})&=r_{0,n}s_{k,n+1}u_{0,n+1}\cdots u_{k-1,n+1}\\
\Longleftrightarrow\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad
u_{0,n}\cdots u_{k-1,n}r_{k,n}s_{k,n+1}&=r_{0,n}s_{k,n+1}u_{0,n+1}\cdots u_{k-1,n+1}\\
\Longleftrightarrow\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad~~~~~~
r_{k,n}u_{0,n}\cdots u_{k-1,n}&=r_{0,n}u_{0,n+1}\cdots u_{k-1,n+1}\\
\Longleftrightarrow\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad~~~\,
\frac{r_{k,n}}{r_{0,n}}&=\frac{u_{0,n+1}\cdots u_{k-1,n+1}}{u_{0,n}\cdots u_{k-1,n}}\\
\Longleftrightarrow\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad~~~\,
\frac{r_{k,n}}{r_{0,n}}&=\frac{r_{1,n}}{r_{0,n}}\frac{r_{2,n}}{r_{1,n}}\cdots\frac{r_{k,n}}{r_{k-1,n}}\\
\EA$
と確認できる。改めて定理として述べる。
$\bf Theorem.$$\quad r_{k,n},~s_{k,n},~u_{k,n}$に対して，二つの行列
$\BA\D\\
P_{k,n}=\L(\begin{matrix} u_{k,n} & s_{k,n} \\ 0 & 1\end{matrix}\R),\quad Q_{k,n}=\L(\begin{matrix} r_{k,n} & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix} \R)
\EA$
を定めると
$\BA\D\\
P_{k,n}Q_{k+1,n}=Q_{k,n}P_{k,n+1}
\EA$
および
$\BA\D\\
\L(\prod_{k=0}^{K-1}P_{k+\alpha,\beta}\R)\L(\prod_{n=0}^{N-1}Q_{K+\alpha,n+\beta}\R)
=\L(\prod_{n=0}^{N-1}Q_{\alpha,n+\beta}\R)\L(\prod_{k=0}^{K-1}P_{k+\alpha,N+\beta}\R)
\EA$
$\BA\D
\prod_{r=0}^{R-1}P_{r+\alpha,r+\beta}Q_{r+1+\alpha,r+\beta}
=\L(\prod_{k=0}^{R-1}P_{k+\alpha,\beta}\R)\L(\prod_{n=0}^{R-1}Q_{R+\alpha,n+\beta}\R)
=\L(\prod_{n=0}^{R-1}Q_{\alpha,n+\beta}\R)\L(\prod_{k=0}^{R-1}P_{k+\alpha,R+\beta}\R)
\EA$
が成り立つ。
$\bf Theorem.$$\quad r_{k,n},~s_{k,n},~u_{k,n}$に対して，
$\BA\D\\
F(k,n)&=r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}s_{k,n}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}\\
G(k,n)&=r_{0,1}r_{0,2}\cdots r_{0,n-1}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}
\EA$
とすると
$\BA\D\\
F(k,n)-F(k,n+1)=G(k,n)-G(k+1,n)
\EA$
が成り立つ。
