あるApéry数の類似について3

前の記事 で扱ったApéry数の類似は次のような表示を持っていた.
\begin{align} \sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^n\binom nj^2\binom nk^2\binom{j+k}n \end{align}
その類似として
\begin{align} a_n:=\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^n\binom nj^2\binom nk^2\binom{j+k}n^2 \end{align}
という数列も3項漸化式を満たすことが知られているようなので, 今回はこの数列について考えていきたいと思う. この数列は, Almkvist-Enckevort-Straten-ZudilinによるTable of Calabi-Yau equationsに載っていたものであるが, どうやらOEISには載っていないようである.

${}_9F_8$による表示

まず,
\begin{align} a_n&=\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^n\binom nj^2\binom nk^2\binom{j+k}n^2\\ &=\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^n\binom nj^2\binom nk^2\binom{2n-j-k}n^2&& (j,k)\mapsto(n-j,n-k)\\ &=\frac{(2n)!^2}{n!^4}\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^n\frac{(-n)_j^2}{j!^2}\frac{(-n)_k^2}{k!^2}\frac{(-n)_{j+k}^2}{(-2n)_{j+k}^2} \end{align}
と表される. ここで, 前の記事 の系1において, $a=1,b=c=d=e=-n$とすると,
\begin{align} &\frac{(2n)!^2}{n!^4}\sum_{j=0}^n\sum_{k=0}^n\frac{(-n)_j^2}{j!^2}\frac{(-n)_k^2}{k!^2}\frac{(-n)_{j+k}}{(-2n)_{j+k}}\\ &=\frac{(2n)!^2\left(2n+1\right)!}{n!^4(n+1)!^2}\F98{\frac 12,\frac 54,-\frac n2,\frac{1-n}2,-\frac n2,\frac{1-n}2,\frac 12,1+n,1+n}{\frac 14,\frac{2+n}2,\frac{3+n}2,\frac{2+n}2,\frac{3+n}2,1,\frac 12-n,\frac 12-n}1\\ &=\frac{(2n)!^2\left(2n+1\right)!}{n!^4(n+1)!^2}\sum_{k=0}^n(4k+1)\left(\frac{(-n)_{2k}(\frac 12,1+n)_k}{(2+n)_{2k}\left(1,\frac 12-n\right)_k}\right)^2\\ &=\frac{(2n)!^2\left(2n+1\right)!}{n!^2}\sum_{k=0}^n(4k+1)\binom{2k}k^2\left(\frac{1}{(n-2k)!(n+1+2k)!}\frac{(-n,1+n)_k}{\left(-2n\right)_{2k}}\right)^2\\ &=\frac{(2n+1)!}{n!^2}\sum_{k=0}^n(4k+1)\binom{2k}k^2\left(\frac{(n+k)!(2n-2k)!}{(n-k)!(n-2k)!(n+1+2k)!}\right)^2\\ &=(2n+1)!\sum_{k=0}^n(4k+1)\binom{2k}k^2\binom{2n-2k}{n}^2\left(\frac{(n+k)!}{(n-k)!(n+1+2k)!}\right)^2 \end{align}
よって以下を得る.

この表示の各項
\begin{align} (2n+1)!(4k+1)\binom{2k}k^2\binom{2n-2k}{n}^2\left(\frac{(n+k)!}{(n-k)!(n+1+2k)!}\right)^2 \end{align}
は一般に整数ではないため, この表示からは$a_n$が整数であることが非自明であるように見える.

${}_6F_5$による表示

Baileyの${}_9F_8$変換公式 において, $b,c,d$を$\frac 12,-\frac n2,\frac{1-n}2$と選んで$n=2k$を偶数として,
\begin{align} &\F98{\frac 12,\frac 54,-\frac n2,\frac{1-n}2,-\frac n2,\frac{1-n}2,\frac 12,1+n,1+n}{\frac 14,\frac{2+n}2,\frac{3+n}2,\frac{2+n}2,\frac{3+n}2,1,\frac 12-n,\frac 12-n}1\\ &=\frac{\left(\frac 32,-\frac 12-4k,-k,-k\right)_k}{\left(\frac 12-2k,\frac 12-2k,1+k,-1-3k\right)_k}\F65{-\frac n2,\frac{1-n}2,n+1,n+1,n+1,n+1}{\frac{3n+2}2,\frac{3n+3}2,1,1,1}1 \end{align}
となる. ここで,
\begin{align} &\frac{\left(\frac 32,-\frac 12-4k,-k,-k\right)_k}{\left(\frac 12-2k,\frac 12-2k,1+k,-1-3k\right)_k}\\ &=\frac{(2,-8k-1)_{2k}\left(-2k,-2k,-k,-k\right)_k}{(-4k,-4k)_{2k}\left(1,-4k,1+k,-1-3k\right)_k}\\ &=\frac{(2k+1)!(8k+1)!(2k)!^3(3k)!(2k+1)!}{(6k+1)!(4k)!^3(3k+1)!}\\ &=2\frac{n!^3(n+1)!^2(4n+1)!}{(2n)!^3(3n+2)!} \end{align}
である. 同様に$n$が奇数の場合も
\begin{align} &\F98{\frac 12,\frac 54,-\frac n2,\frac{1-n}2,-\frac n2,\frac{1-n}2,\frac 12,1+n,1+n}{\frac 14,\frac{2+n}2,\frac{3+n}2,\frac{2+n}2,\frac{3+n}2,1,\frac 12-n,\frac 12-n}1\\ &=2\frac{n!^3(n+1)!^2(4n+1)!}{(2n)!^3(3n+2)!}\F65{-\frac n2,\frac{1-n}2,n+1,n+1,n+1,n+1}{\frac{3n+3}2,\frac{3n+4}2,1,1,1}1 \end{align}
が示される. よって,
\begin{align} a_n&=\frac{(2n)!^2\left(2n+1\right)!}{n!^4(n+1)!^2}\cdot2\frac{n!^3(n+1)!^2(4n+1)!}{(2n)!^3(3n+2)!}\F65{-\frac n2,\frac{1-n}2,n+1,n+1,n+1,n+1}{\frac{3n+3}2,\frac{3n+4}2,1,1,1}1\\ &=\frac{(4n+2)!}{n!(3n+2)!}\F65{-\frac n2,\frac{1-n}2,n+1,n+1,n+1,n+1}{\frac{3n+3}2,\frac{3n+4}2,1,1,1}1\\ &=\frac{(4n+2)!}{n!(3n+2)!}\sum_{k=0}^n\frac{(-n)_{2k}}{(3n+3)_{2k}}\binom{n+k}k^4\\ &=\sum_{k=0}^n\binom{n+k}k^4\binom{4n+2}{n-2k} \end{align}
を得る. つまり, 以下が得られた.

この表示は定理1の表示よりシンプルであり, 整数であることも分かる表示になっている.

漸化式

$a_n$の表示
\begin{align} a_n&=\frac{(2n)!^2\left(2n+1\right)!}{n!^4(n+1)!^2}\F98{\frac 12,\frac 54,-\frac n2,\frac{1-n}2,-\frac n2,\frac{1-n}2,\frac 12,1+n,1+n}{\frac 14,\frac{2+n}2,\frac{3+n}2,\frac{2+n}2,\frac{3+n}2,1,\frac 12-n,\frac 12-n}1 \end{align}
における${}_9F_8$はvery-well-poised balanced${}_9F_8$であるから, Wilsonの隣接関係式 から$a_n$が3項漸化式を満たすことが分かる. 定理1や定理2の表示にZeilbergerのアルゴリズムを用いると, 以下の漸化式を得る.

ここにおける多項式
\begin{align} 65n^4+130n^3+105n^2+40n+6 \end{align}
は$n\mapsto -n-1$に対して不変になっている.
\begin{align} \tilde{a}_n&=(3n+3)_n\F65{-\frac n2,\frac{1-n}2,n+1,n+1,n+1,n+1}{\frac{3n+3}2,\frac{3n+4}2,1,1,1}1 \end{align}
とすると, $a_n=\frac{\tilde{a}_n}{n!}$であり, $\tilde{a}_n$は$n\in\ZZ$に対し定義でき, 整数全体で$n!a_n$と同じ漸化式を満たす. 漸化式の$n\mapsto -n-1$に関する対称性により,
\begin{align} (-1)^{n+1}\frac{(4n+1)!}{n!(2n)!}\tilde{a}_{-n-1} \end{align}
は$a_n$と同じ漸化式を満たすことが確認できる.

\begin{align} \tilde{a}_{-n-1}&=(-3n)_{-n-1}\F65{\frac{n+1}2,\frac{n+2}2,-n,-n,-n,-n}{-\frac{3n}2,\frac{1-3n}2,1,1,1}1\\ &=\frac{(-1)^{n+1}}{(3n+1)_{n+1}}\sum_{k=0}^n\binom nk^4\frac{(n+1)_{2k}}{(-3n)_{2k}}\\ &=\frac{(-1)^{n+1}}{n!(4n+1)!}\sum_{k=0}^n\binom nk^4(n+2k)!(3n-2k)! \end{align}
であるから,
\begin{align} &(-1)^{n+1}\frac{(4n+1)!}{n!(2n)!}\tilde{a}_{-n-1}\\ &=\frac 1{n!^2(2n)!}\sum_{k=0}^n\binom nk^4(n+2k)!(3n-2k)! \end{align}
が$a_n$と同じ漸化式を満たすことが分かる. 初期条件が等しいことからこれは$a_n$と等しいことが分かり, 以下を得る.

定理4の表示からは一見して整数かどうかは分からないように見えるが, 実は Legendreの公式 から
\begin{align} &\binom nk\frac{(n+2k)!(3n-2k)!}{n!^2(2n)!}\\ &=\frac{(n+2k)!(3n-2k)!}{k!(n-k)!n!(2n)!}\in\ZZ \end{align}
が成り立っていることが示せるようであり, 定理4からも整数であることが分かる.

三重級数表示

Almkvist-Enckevort-Straten-ZudilinによるTable of Calabi-Yau equationsには$a_n$の三重級数表示
\begin{align} a_n=\sum_{0\leq k,l,m}\binom nk\binom nl\binom mk\binom ml\binom{k+l}k\binom nm^2 \end{align}
が与えられている. これは$k\geq l$のとき, Vandermondeの恒等式より
\begin{align} \sum_{0\leq m}\binom mk\binom ml\binom nm^2&=\frac{n!^2}{(n-k)!^2(k-l)!}\F21{k-n,k-n}{1+k-l}1\\ &=\frac{n!^2}{k!l!(n-k)!^2(k-l)!}\frac{(1+n-l)_{n-k}}{(1+k-l)_{n-k}}\\ &=\frac{n!^2(2n-k-l)!}{k!(n-k)!^2l!(n-l)!^2} \end{align}
であり, $k\geq l$の場合も同様であることから,
\begin{align} a_n&=\frac{1}{n!^2}\sum_{k=0}^n\sum_{l=0}^n\binom nk^3\binom nl^3(k+l)!(2n-k-l)!\\ &=\binom{2n}n\sum_{k=0}^n\frac{(-n)_k^3}{k!^3}\frac{(-n)_l^3}{l!^3}\frac{(k+l)!}{(-2n)_{k+l}} \end{align}
という形の二重級数表示に書き換えることができる. 少し考えてみたが, この二重級数表示を示す方法は思いつかなかった. 似たような形の公式としては Sharmaによる二重超幾何級数の変換公式 があるが, 上の和には適用できないようである. 何か新たな二重超幾何級数の変換公式が必要かもしれない.