Almkvist-Zudilin数
\begin{align}
a_n:=\sum_{k=0}^n(-1)^k3^{n-3k}\frac{(3k)!}{k!^3}\binom{n}{3k}\binom{n+k}n\qquad n\geq 0
\end{align}
はAlmkvist-Zudilin数と呼ばれる整数列である. 今回はこの数列について解説したいと思う.
漸化式
まず, 定義から$a_n$は超幾何級数によって
\begin{align}
a_n=3^n\F43{-\frac n3,\frac{1-n}3,\frac{2-n}3,n+1}{1,1,1}1
\end{align}
と表される. 以下, この表示を用いて$a_n$の定義を$n\in\ZZ$に拡張しておく.
前の記事
の定理1で扱ったsporadic sequencesの1つは
\begin{align}
u_n=3^n\F32{-\frac n3,\frac{1-n}3,\frac{2-n}3}{1,1}1
\end{align}
と表されたので, Almkvist-Zudilin数はその類似と言える. 上の${}_4F_3$はbalancedになっていることから隣接関係式を用いて三項漸化式を導出することができる. それは以下のようになる.
非負整数$n$に対し, $a_n$は以下の三項漸化式を満たす.
\begin{align}
(n+1)^3a_{n+1}-(2n+1)(7n^2+7n+3)a_n+81n^3a_{n-1}=0
\end{align}
\begin{align}
F&=F(a,b,c,d,e,f,g)\\
&:=\F43{a,b,c,d}{e,f,g}{1}\qquad 1+a+b+c+d=e+f+g
\end{align}
として,
前の記事
と同様の記法を用いる. 1つ補題を用意する.
$F$がterminatingのとき,
\begin{align}
&\frac{c(d-e)(d-f)(d-g)}{1+c-d}(F(c+,d-)-F)\\
&-\frac{d(b-e)(b-f)(b-g)}{1+d-b}(F(d+,b-)-F)-ac(b-d)F=0
\end{align}
が成り立つ.
$F$をterminatingとする.
前の記事
の定理13
\begin{align}
&\frac{c(d-e)(d-f)(d-g)}{1+c-d}(F(c+,d-)-F)\\
&-\frac{a(b-e)(b-f)(b-g)}{1+a-b}(F(a+,b-)-F)-ac(b-d)F=0
\end{align}
において,
前の記事
の定理9の1つ目の式を書き換えたもの
\begin{align}
a(1+d-b)(F(a+,b-)-F)&=d(1+a-b)(F(d+,b-)-F)
\end{align}
を代入すると
\begin{align}
&\frac{c(d-e)(d-f)(d-g)}{1+c-d}(F(c+,d-)-F)\\
&-\frac{d(b-e)(b-f)(b-g)}{1+d-b}(F(d+,b-)-F)-ac(b-d)F=0
\end{align}
を得る.
補題2において, $a=\frac{1-n}3,b=\frac{2-n}3,c=-\frac n3,d=n+1,e=f=g=1$とすると,
\begin{align}
&\frac{n^3}{4}(3^{1-n}a_{n-1}-3^{-n}a_n)+\frac{(n+1)^3}{36}(3^{-n-1}a_{n+1}-3^{-n}a_n)+\frac{n(n-1)(4n+1)}{27}3^{-n}a_n=0
\end{align}
となる. これを整理すると,
\begin{align}
0&=81n^3a_{n-1}+(n+1)^3a_{n+1}-(27n^3-4n(n-1)(4n+1)+3(n+1)^3)a_n\\
&=(n+1)^3a_{n+1}-(2n+1)(7n^2+7n+3)a_n+81n^3a_{n-1}
\end{align}
となって示すべき等式を得る.
\begin{align}
a_n=3^n\F43{-\frac n3,\frac{1-n}3,\frac{2-n}3,n+1}{1,1,1}1
\end{align}
は$n\in\ZZ$においてterminatingであるから, 定理1の漸化式は$n\in\ZZ$で成り立つことが証明から分かる. $b_n:=3\cdot 81^na_{-n-1}$とする. 定理1の漸化式において, $n\mapsto -n-1$として$b_n$に関する漸化式に書き換えると,
\begin{align}
(n+1)^3b_{n+1}-(2n+1)(7n^2+7n+3)b_n+81n^3b_{n-1}=0
\end{align}
を得る. これは$a_n$の漸化式と全く同じ形をしていることが分かる. 直接計算により, $a_0=b_0=1, a_1=b_1=3$であることが分かるので, $a_n=b_n$が従う. つまり,
\begin{align}
3^n\F43{-\frac n3,\frac{1-n}3,\frac{2-n}3,n+1}{1,1,1}1&=81^n\cdot 3^{-n}\F43{\frac{n+1}3,\frac{n+2}3,\frac{n+3}3,-n}{1,1,1}{1}
\end{align}
となって以下が成り立つことが分かる.
$n\in\ZZ$に対し,
\begin{align}
\F43{-\frac n3,\frac{1-n}3,\frac{2-n}3,n+1}{1,1,1}1&=9^n\F43{\frac{n+1}3,\frac{n+2}3,\frac{n+3}3,-n}{1,1,1}{1}
\end{align}
が成り立つ.
母関数
Almkvist-Zudilin数の母関数に関して, Chan-Zudilinの2010年の論文で以下のような超幾何級数による表示が示されている.
\begin{align} &\sum_{0\leq n}u^n\sum_{k=0}^n(-1)^k3^{n-3k}\frac{(3k)!}{k!^3}\binom{n}{3k}\binom{n+k}n\\ &=\frac 1{1-27u}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{-\frac{256u}{(1-27u)^4}} \end{align}
左辺の$u^n$の係数は
\begin{align}
a_n=3^n\F43{-\frac n3,\frac{1-n}3,\frac{2-n}3,n+1}{1,1,1}1
\end{align}
である. 一方, 右辺の$u^n$の係数は
\begin{align}
&\frac 1{1-27u}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{-\frac{256u}{(1-27u)^4}}\\
&=\sum_{0\leq k}\frac{(4k)!}{k!^4}u^k(1+27u)^{-4k-1}\\
&=\sum_{0\leq n,k}\frac{(4k+n)!}{k!^4n!}27^nu^{n+k}\\
&=\sum_{0\leq n}(27u)^{n}\sum_{0\leq k}\frac{(3k+n)!}{k!^4(n-k)!}27^{-k}\\
&=\sum_{0\leq n}(27u)^{n}\F43{\frac{n+1}3,\frac{n+2}3,\frac{n+3}3,-n}{1,1,1}1
\end{align}
より,
\begin{align}
27^{n}\F43{\frac{n+1}3,\frac{n+2}3,\frac{n+3}3,-n}{1,1,1}1
\end{align}
である. 定理3より,
\begin{align}
3^n\F43{-\frac n3,\frac{1-n}3,\frac{2-n}3,n+1}{1,1,1}1=27^{n}\F43{\frac{n+1}3,\frac{n+2}3,\frac{n+3}3,-n}{1,1,1}1
\end{align}
であるから示すべき等式が成り立つ.
Chan-Zudilinの論文においては, モジュラー形式との関係によって定理4が導かれているようである.
定理4から従う特殊値を1つ求めてみる. $u=-\frac 1{81}$とすると,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\left(-\frac 1{81}\right)^n\sum_{k=0}^n(-1)^k3^{n-3k}\frac{(3k)!}{k!^3}\binom{n}{3k}\binom{n+k}n\\
&=\frac 34\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{1}\\
&=\frac{3\pi}{4\Gamma\left(\frac 58\right)^2\Gamma\left(\frac 78\right)^2}
\end{align}
と求められる. ここで, 最後の特殊値はClausenの公式やWatsonの和公式, Whippleの和公式などから求めることができる. 同様に, $u$に関して微分してから$u\to-\frac 1{81}$としたものも合わせると
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\frac {4n+1}{(-81)^n}\sum_{k=0}^n(-1)^k3^{n-3k}\frac{(3k)!}{k!^3}\binom{n}{3k}\binom{n+k}n=\frac{3\sqrt 3}{2\pi}
\end{align}
も得ることができることがChan-Zudilinの論文に書かれている.
