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Accelerated ζ(3) by Gosper

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

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}$$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$$\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,$a=2,~b=4$

$\BA\D\\ u_{1,n}&=\frac{2(n+1)^3(n+2)}{(n+3)^3(n+4)(2n+3)}\\ r_{2,n}&=\frac{(n+2)^2(n+3)}{(n+4)(n+5)^2} \EA$

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}$$(k,n)$から$(k+1,n)$へ移る経路の重み,$Q_{k,n}\\ $$(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)$$\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 $\rm Theorem~3.$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

$\BA\D\\ F(k,n)&=\frac{s_{k,n}u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}}{n^3}\\ G(k,n)&=\frac{u_{0,n}u_{1,n}\cdots u_{k-1,n}}{n^3} \EA$

$F(k,n)-F(k,n+1)=G(k,n)-G(k+1,n)$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。

投稿日:2022109

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