二項係数3乗の無限和と楕円積分のLanden Transform

この記事では、 前の記事 の最後でさらっと触れた次の級数を積分変形のみで示します。（例によって${\beta }_n=\frac{(\frac{1}{2}{)}_n}{n!}=\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}{2^{2n}}$とします。）

まず最初に、計算に用いる楕円積分のLanden Transformと呼ばれる変換を示しますが、よく使われる楕円積分の定義は今回の議論には適さないので、nkswtr氏にならい次の記号を導入します。
$$\kappa (x):=\sum _{0\le n}{\beta }_n^2{x}^n$$

次の変換が楕円積分のLanden Transformと呼ばれるものです。

それでは、定理1の証明を行います。途中の変形でLanden Transformが活躍します。
$$\begin{array}{rl}\sum _{0\le n}{\beta }_n^3& =\frac{1}{\pi }{\int }_0^1\frac{\kappa (x)}{\sqrt{x(1-x)}}dx\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^1\frac{\kappa \left(\frac{4x}{(1+x{)}^2}\right)}{\sqrt{x}(1+x)}dx& \cdots (x\to \frac{4x}{(1+x{)}^2})\\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^1\frac{\kappa (x^2)}{\sqrt{x}}dx& \cdots (\text{Landen Transform})\\ & =\frac{1}{\pi }{\int }_0^1{x}^{\frac{1}{4}-1}\kappa (x)dx& \cdots (x\to \sqrt{x})\\ & =\frac{1}{{\pi }^2}{\int }_0^1{x}^{\frac{1}{4}-1}{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{t(1-t)}\sqrt{1-xt}}dtdx\\ & =\frac{1}{{\pi }^2}{\int }_{0<x<t<1}{x}^{\frac{1}{4}-1}(1-x{)}^{\frac{1}{2}-1}dx{t}^{\frac{1}{4}-1}(1-t{)}^{\frac{1}{2}-1}dt& \cdots (x\to \frac{x}{t})\\ & =\frac{1}{{\pi }^2}\cdot \frac{1}{2}{({\int }_0^1{x}^{\frac{1}{4}-1}(1-x{)}^{\frac{1}{2}-1}dx)}^2\\ & =\frac{\pi }{\mathrm{\Gamma }{\left(\frac{3}{4}\right)}^4}\end{array}$$
このような感じで
$$\sum _{0\le n}{\beta }_n^2{\beta }_{2n}=\sum _{0\le n}\frac{(4n)!}{2^{8n}(n!{)}^4}=\frac{\pi }{\mathrm{\Gamma }{\left(\frac{5}{8}\right)}^2\mathrm{\Gamma }{\left(\frac{7}{8}\right)}^2}$$
も計算できることは確認していますが、一般になんらかの超幾何の公式を示すことができるのかは検討していません。なにかわかった方がいらっしゃれば教えてください。