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Apéryの加速法11：Bauer-Muir変換の限界とWZ-tuple

はじめに

　この記事では前回の記事に引き続きApéryの加速法に関する個人的な計算メモをまとめていきます。
　今回の記事ではBauer-Muir変換によって得られる連分数公式の限界と、そこから生じるWZ-tupleについて考察していきます。

概説

　さて今までの記事では対角Apéry変換を主軸においていたため、ある一つの変数$k$によってパラメーター付けられた反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$を考えてきましたが、同じ連分数に対するBauer-Muir変換であっても$r_n$の取り方によっては複数通りの連分数が得られたことを踏まえると、より一般には複数のパラメーターを持つ連分数の族が構成できると考えられます。

$\z(2)$の場合1

　例えば Cohen(2023) によると
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{(n+1)^2+n^2}$$
から派生するものとして次のような$4$パラメーターの連分数族が(数値計算によって)得られたとのことです。

　非負整数$x,y,z,w$に対し
\begin{align} b_{n+1}(x,y,z,w)&=-n(n+x)(n+x+y)(n+x+z)\\ a_{n+1}(x,z,y,w)&=(n+x+y+1)(n+x+z+1)+n(n+x)+w(x+y+z+w+1) \end{align}
とおいたとき、ある有理数$A(x,y,z,w),B(x,y,z,w)$が存在して
$$\z(2)=A+\frac B{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(1/n^{x+y+z+2w+1})$)。

　右辺の連分数を$C(x,y,z,w)$とおいたとき、明らかに
$$\z(2)=C(0,0,0,0)$$
が成り立つので、あとは($y,z$の対称性に注意すると)
$$\xymatrix@C=50pt{ &C(x+1,y,z,w)\\ C(x,y,z,w) \ar@(r,l)[ru] \ar[r] \ar@(r,l)[rd] &C(x,y+1,z,w)\\ &C(x,y,z,w+1) }$$
という変換を引き起こすようなBauer-Muir変換が存在することを示せばよい。
　いま$C$に対するBauer-Muir変換の取り方は($y,z$の違いを除くと)
\begin{align} r_0&=-n^2-(x-w-1)n-\frac{(w+1)(y+w+1)(z+w+1)}{x+y+z+2w+2}\\ r_1&=-n(n+x-w-1)\\ r_2&=-(n+x)(n-w-1)\\ r_3&=-(n+x+y)(n-y-w-1)\\ R_4&=n(n+2x+y+z+w+1)\\ R_5&=(n+x)(n+x+y+z+w+1)\\ R_6&=(n+x+y)(n+x+z+w+1) \end{align}
の7通りが考えられ、これによって$C$は
\begin{align} C_0&=C(x\ph,y\ph,z\ph,w+1)\\ C_1&=C(x-1,y\ph,z\ph,w+1)\\ C_2&=C(x+1,y-1,z-1,w+1)\\ C_3&=C(x\ph,y+1,z\ph,w\ph)\\ C_4&=C(x+1,y\ph,z\ph,w\ph)\\ C_5&=C(x-1,y+1,z+1,w\ph)\\ C_6&=C(x\ph,y-1,z\ph,w+1) \end{align}
と変換される($C_1,C_4$については$n$をズラす必要があることに注意)。
　特に$C_4,C_3,C_0$が所望の変換を引き起こすことがわかる。

　特にこの証明から$C(x,y,z,w)$をどのように変換しても(適当に$n$を平行移動させることで)ある$C(X,Y,Z,W)$に帰着されることがわかるので
$$\z(2)=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{(n+1)^2+n^2}$$
からBauer-Muir変換によって得られる連分数は$C(x,y,z,w)$で全て尽くされることになります(まれに変則的な変換ができる可能性も否定できませんが、あまり気にしないこととします)。
　今回の記事では様々な級数に対しこのようなBauer-Muir変換の限界について考えていこうと思います。

$A,B$について

　また上によって得られた基本変形$C_4,C_3,C_0$によって$B$は
\begin{align} B(x+1)&=B\times-\frac{(x+1)(x+y+1)(x+z+1)}{(x+y+w+1)(x+z+w+1)(x+y+z+w+1)}\\ B(y+1)&=B\times\frac{(x+y+1)(y+w+1)}{(x+y+w+1)(x+y+z+w+1)}\\ B(w+1)&=B\times-\frac{(w+1)(y+w+1)(z+w+1)}{(x+y+w+1)(x+z+w+1)(x+y+z+w+1)} \end{align}
と変換されるため、このことから$B$は次のように求まることがわかります。

$$B=(-1)^{x+w}\frac{x!w!(x+y)!(x+z)!(y+w)!(z+w)!}{(x+y+w)!(x+z+w)!(x+y+z+w)!}$$

　また$A$については次のような関係式から求めることができます。

\begin{align} A(x+1)&=A+B\times\frac{2x+y+z+w+2}{(x+y+w+1)(x+z+w+1)(x+y+z+w+1)}\\ A(y+1)&=A+B\times\frac1{(x+y+w+1)(x+y+z+w+1)}\\ A(w+1)&=A+B\times\frac{x+y+z+2w+2}{(x+y+w+1)(x+z+w+1)(x+y+z+w+1)} \end{align}

\begin{align} A(x,y,z,0) &=2\sum^x_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{m^2} +(-1)^x\sum^y_{m=1}\frac1{m(m+x)\binom{m+x}x} +(-1)^x\frac{x!y!}{(x+y)!}\sum^z_{m=1}\frac1{m(m+x)\binom{m+x+y}{x+y}}\\ B(x,y,z,0)&=(-1)^x\frac{x!y!z!}{(x+y+z)!} \end{align}

　ところでこの$A(x,y,z,w)$は各変数に関する偏差分
\begin{align} F_x&=A(x+1)-A(x)\\ F_y&=A(y+1)-A(y)\\ F_z&=A(z+1)-A(z)\\ F_w&=A(w+1)-A(w) \end{align}
がそれぞれ$x,y,z,w$に関する超幾何数列として表せるわけですが、これは$A$が$(F_x,F_y,F_z,F_w)$という$4$変数のWZ-tupleのポテンシャルであることを意味しています。
　このような議論によって多変数のWZ-tupleが得られ、特に WZ methodの記事よろしく次のような級数が現れるというのは興味深いですね。

\begin{align} A(k,0,0,0)&=2\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^{l-1}}l\\ A(0,k,0,0)&=\sum^k_{l=1}\frac1{l^2}\\ A(k,k,0,0)&=\sum^k_{l=1}(-1)^{l-1}\frac{10l-3}{2l^2(2l-1)\binom{2l}l}\\ A(0,k,k,0)&=\sum^k_{l=1}\frac{3}{l^2\binom{2l}l}\\ A(k,0,0,k)&=\sum^k_{l=1}\frac{21l-8}{l^3\binom{2l}l^3} \end{align}

$p_n,q_n$について

　ちなみに$w=0$において$C(x,y,z,0)$は
\begin{align} C(x,y,z,0) &=A+\frac{B}{(x+y+1)(x+z+1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+x)(n+x+y)(n+x+z)}{(n+x+y+1)(n+x+z+1)+n(n+x)}\\ &=A+B\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_{n-1}(x+1)_{n-1}}{(x+y+1)_n(x+z+1)_n} \end{align}
と級数展開できることに注意すると第9-2回の記事の結果から以下の事実が得られます。

　$C(x,y,z,k)$の収束分数$p_n,q_n\quad(q_0=1)$に対し
$$P_n=\frac{p^{(k)}_n}{(x+y+1)_n(x+z+1)_n},\quad Q_n=\frac{q^{(k)}_n}{(x+y+1)_n(x+z+1)_n}$$
とおいたとき
\begin{align} P_n &=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+x+y+z+1)_j}{(x+y+1)_j(x+z+1)_j}\binom kj\binom nj \l(A_0+B_0\sum^n_{m=1}\frac{(1)_{m-1}(x+1)_{m-1}}{(x+y+1)_m(x+z+1)_m} -\frac{(1)_n(x+1)_n}{(x+y+1)_n(x+z+1)_n} \sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(x+y+1)_{i-1}(x+z+1)_{i-1}}{(1)_i(x+y+z+1)_i\binom ni}\r)\\ Q_n &=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+x+y+z+1)_j}{(x+y+1)_j(x+z+1)_j}\binom kj\binom nj \end{align}
が成り立つ(ただし$A_0=A(x,y,z,0),B_0=B(x,y,z,0)$とした)。

　ただし例の如く$j>n$のときは
$$\frac{\binom nj}{\binom ni}=\frac{\binom{n-i}{j-i}}{\binom ji}$$
と計算する必要があります。

おまけ

　ところで第9-4回の記事にて紹介した結果から$C(0,0,k,k)$に関する$p_n,q_n$は次のような別表示も持つことがわかります。

　$C(0,0,k,k)$の収束分数$p_n,q_n\quad(q_0=1)$に対し
$$P_n=\binom{2k}k\frac{p^{(k)}_n}{(n!)^2},\quad Q_n=\binom{2k}k\frac{q^{(k)}_n}{(n!)^2}$$
とおいたとき
\begin{align} P_n&=\binom{n+k}k\sum^k_{j=0}\binom{2k+j}k\binom kj\binom nj \l(\sum^k_{l=1}\frac1{l^2}+\sum^n_{m=1}\frac1{m^2\binom{m+k}k} +\frac1{\binom{n+k}k}\sum^j_{i=1}\frac{(-1)^{i-1}}{i(k+i)\binom ni}\r)\\ &=\binom{2k}k\sum^n_{j=0}\binom{k+j}j\binom{2k}j\binom nj \l(\sum^k_{l=1}(-1)^{l-1}\frac{10l-3}{2l^2(2l-1)\binom{2l}l} +\frac1{\binom{2k}k}\sum^j_{i=1}\frac{(-1)^{k+i-1}}{i^2\binom{k+i}i\binom{2k}i}\r)\\ \\ Q_n&=\binom{n+k}k\sum^k_{j=0}\binom{2k+j}k\binom kj\binom nj\\ &=\binom{2k}k\sum^n_{j=0}\binom{k+j}j\binom{2k}j\binom nj \end{align}
が成り立つ。

　ここでこれは
$$A(0,0,k,k)=\sum^k_{l=1}(-1)^{l-1}\frac{10l-3}{2l^2(2l-1)\binom{2l}l}$$
という級数に焦点を当てた表示となっているわけですが、このような別形がどのようなときに現れるのかは気になるところ。

一般の場合1

　いま上の結果と第九回の記事の結果

を鑑みるに、Bauer-Muir変換によって得られる連分数族は第九回の記事においてWZマーク🌀がついている変換と最速の変換によって生成されると考えられます。
　つまり
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n}{(b)_n}t^n &=1+\frac{at}b\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+a)(n+b-1)t}{(n+b)+(n+a)t}\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n} &=1+\frac{ab}{cd}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+a)(n+b)(n+c-1)(n+d-1)}{(n+c)(n+d)+(n+a)(n+b)}\\ \sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n} &=1-\frac{ab}{cd}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(n+a)(n+b)(n+c-1)(n+d-1)}{(n+c)(n+d)-(n+a)(n+b)}\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n}\frac1{2^n} &=1+\frac{ab}{2cd}\p\K^\infty_{n=1}\frac{2(n+a)(n+b)(n+c-1)(n+d-1)}{2(n+c)(n+d)+(n+a)(n+b)}\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n(c)_n}{(d)_n(e)_n(f)_n} &=1+\frac{abc}{def}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+a)(n+b)(n+c)(n+d-1)(n+e-1)(n+f-1)}{(n+d)(n+e)(n+f)+(n+a)(n+b)(n+c)}\\ \end{align}
から派生する連分数族は以下のように求まることがわかります。
　ただし以下$n\geq N\Rightarrow b_n\neq0$が成り立つような$N$に対し連分数
$$\K^\infty_{n=N}\frac{b_n}{a_n}$$
がある値$S$に関係する値($S$を適当に一次変換した値)に収束する、という状況のことを
$$S=\K_n\frac{b_n}{a_n}$$
と表すことにします(少し曖昧ですがよしなに解釈してください)。
　また$\min\{0,x\}$のことを$x^-$と表すこととします。

${}_1F_0$の場合

　$t\neq1$において非負整数$k$と$k+x^-+y^-\geq0$なる整数$x,y$に対し
$$a'=a-x,\quad b'=b+y$$
および
\begin{align} b_{n+1}(x,y,k)&=-(n+a')(n+b'-1)t\\ a_{n+1}(x,y,k)&=(n+b'+k)+(n+a'-k)t \end{align}
とおいたとき
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n}{(b)_n}t^n=\K_n\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(t^n/n^{2k+b'-a'})$)。

　なお$a,b$の値によってはより広い範囲の$x,y$に対して同じ主張が成り立ちますが、あまり気にしないこととします。
　また右辺の連分数を$C(x,y,k)$とおいたとき、適当に$n$を平行移動させることで
$$C(x,y,k)=C(x+1,y-1,k)=C(x-1,y+1,k)$$
などが成り立つことに注意。

　$C(x,y,k)$に対するBauer-Muir変換は
\begin{align} r_0&=-t(n+a'-k-1)\\ r_1&=-t(n+a')\\ r_2&=-t(n+b'-1)\\ R_3&=n+a'\\ R_4&=n+b'-1 \end{align}
の$5$通りが考えられ、これによって$C$は
\begin{align} C_0&=C(x\ph,y\ph,k+1)\\ C_1&=C(x-1,y\ph,k+1)\\ C_2&=C(x\ph,y+1,k\ph)\\ C_3&=C(x+1,y\ph,k\ph)\\ C_4&=C(x\ph,y-1,k+1) \end{align}
と変換されることに注意するとわかる。

${}_2F_1\quad(t=1)$の場合

　非負整数$k$と$k+x^-+y^-+z^-+w^-\geq0$なる整数$x,y,z,w$に対し
$$a'=a-x,\quad b'=b-y,\quad c'=c+z,\quad d'=d+w$$
および
\begin{align} b_{n+1}(x,y,z,w,k)&=-(n+a')(n+b')(n+c'-1)(n+d'-1)\\ a_{n+1}(x,z,y,w,k)&=(n+c')(n+d')+(n+a')(n+d')+k(k+c'+d'-a'-b'-1) \end{align}
とおいたとき
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n} =\K_n\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(1/n^{2k+c'+d'-a'-b'-1})$)。

　右辺の連分数$C(x,y,z,w,k)$に対するBauer-Muir変換は(対称性を除いて)
\begin{align} r_0&=-(n+a')(n+b') +(k+1)\l(n-\frac14 \l(2k+c'+d'-3a'-3b'+\frac{(a'-b')^2-(c'-d')^2}{2k+c'+d'-a'-b'}\r)\r)\\ r_1&=-(n+a')(n+b'-k-1)\\ r_2&=-(n+c'-1)(n+a'+b'-c'-k)\\ R_3&=(n+a')(n+c'+d'-a'+k-1)\\ R_4&=(n+c'-1)(n+d'+k) \end{align}
の$5$通りが考えられ、これによって$C$は
\begin{align} C_0&=C(x\ph,y,z\ph,w,k+1)\\ C_1&=C(x-1,y,z\ph,w,k+1)\\ C_2&=C(x\ph,y,z+1,w,k\ph)\\ C_3&=C(x+1,y,z\ph,w,k\ph)\\ C_4&=C(x\ph,y,z-1,w,k+1) \end{align}
と変換されることに注意するとわかる。

${}_2F_1\quad(t=-1)$の場合

　$a+c=b+d$において非負整数$k$と$k+x^-+y^-\geq0$なる整数$x,y$に対し
$$a'=a-x,\quad b'=b-y,\quad c'=c+x,\quad d'=d+y$$
および
\begin{align} b_{n+1}(x,y,k)&=(n+a')(n+b')(n+c'-1)(n+d'-1)\\ a_{n+1}(x,y,k) &=(n+c'+k)(n+d'+k)-(n+a'-k)(n+b'-k)\\ &=(2k+d'-a')(2n+c+a) \end{align}
とおいたとき
$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n} =\K_n\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(1/n^{4k+c'+d'-a'-b'})$)。

　右辺の連分数$C(x,y,k)$に対するBauer-Muir変換は(対称性を除いて)
\begin{align} r_0&=(n+a'-k-1)(n+b'-k-1) +(k+1)(k+d'-a')\\ r_1&=(n+a')(n+b'-2k-2)\\ r_2&=(n+c'-1)(n+a'+b'-c'-2k-1) \end{align}
の$3$通りが考えられ、これによって$C$は
\begin{align} C_0&=C(x\ph,y,k+1)\\ C_1&=C(x-1,y,k+1)\\ C_2&=C(x+1,y,k\ph) \end{align}
と変換されることに注意するとわかる。

${}_2F_1\quad(t=1/2)$の場合

　$d=(a+b+1)/2$において非負整数$k$と$k+x^-+y^-+z\geq0$なる整数$x,y,z$に対し
$$a'=a-2x,\quad b'=b-2y,\quad c'=c+2z,\quad d'=d-x-y$$
および
\begin{align} b_{n+1}(x,y,z,k)&=-2(n+a')(n+b')(n+c'-1)(n+d'-k-1)\\ a_{n+1}(x,y,z,k) &=2(n+c')(n+d')+(n+a')(n+b') \end{align}
とおいたとき
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n}\frac1{2^n} =\K_n\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(2^{-n}/n^{3k+c'+d'-a'-b'})$)。

　右辺の連分数$C(x,y,k)$に対するBauer-Muir変換は(対称性を除いて)
\begin{align} R_0&=2(n+d'-k-1)(n+c'+2k+1)\\ r_1&=-(n+a')(n+b'-2k-2)\\ r_2&=-(n+c'-1)(n+a'+b'-c'-2k-1)\\ r_3&=-(n+a')(n+b')\\ r_4&=-(n+a')(n+c'-1)\\ R_5&=2(n+c'-1)(n+d'-k)\\ R_6&=2(n+a')(n+d'-k-1)\\ \end{align}
の$7$通りが考えられ、これによって$C$は
\begin{align} C_0&=C(x\ph,y,z\ph,k+1)\\ C_1&=C(x-1,y,z\ph,k+1)\\ C_2&=C(x\ph,y,z+1,k\ph)\\ C_3&=C(x\ph,y,z-1,k+1)\\ C_4&=C(x-1,y,z+1,k\ph)\\ C_5&=C(x\ph,y,z-1,k+1)\\ C_6&=C(x+1,y,z\ph,k\ph) \end{align}
と変換されることに注意するとわかる($C_3,C_4$については$n$をズラす必要があることに注意)。

${}_3F_2$の場合

$$a+d=b+e=c+f$$
において非負整数$k$と$k+x^-+y^-+z^-\geq0$なる整数$x,y,z$に対し
$$a'=a-x,\quad b'=b-y,\quad c'=c-z,\quad d'=d+x,\quad e'=e+y,\quad f'=f+z$$
および
\begin{align} b_{n+1}(x,y,z,w,k)&=-(n+a')(n+b')(n+c')(n+d'-1)(n+e'-1)(n+f'-1)\\ a_{n+1}(x,z,y,w,k) &=(n+d')(n+e')(n+f')+(n+a')(n+b')(n+c')\\ &\qquad{}+k(2k+d'+e'+f'-a'-b'-c'-1)(2n+d+a) \end{align}
とおいたとき
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n(c)_n}{(d)_n(e)_n(f)_n} =\K_n\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(1/n^{4k+d'+e'+f'-a'-b'-c'-1})$)。

　右辺の連分数$C(x,y,z,k)$に対するBauer-Muir変換は(対称性を除いて)
\begin{align} r_0&=-(n+a')(n+b'-k-1)(n+c'-k-1)\\ &\qquad-(k+1)(k+a'+d'-b'-c')(n+a')\\ &\qquad+\frac{(k+1)(k+a'+d'-b'-c')(2k+e'-b'+1)(2k+f'-c'+1)}{4k+d'+e'+f'-a'-b'-c'+1}\\ r_1&=-(n+a')((n+b'-k-1)(n+c'-k-1)+(k+1)(k+a'+d'-b'-c'))\\ r_2&=-(n+d'-1)(n^2+(a'+b'+c'-d'-2k-1)(n-d'-k)+(a'-k-1)(b'+c')+b'c') \end{align}
の$3$通りが考えられ、これによって$C$は
\begin{align} C_0&=C(x\ph,y,z,k+1)\\ C_1&=C(x-1,y,z,k+1)\\ C_2&=C(x+1,y,z,k\ph) \end{align}
と変換されることに注意するとわかる。

具体例

　ということで以上の結果を踏まえてまずはいつもの級数
$$S=\sum^\infty_{n=1}\frac{t^n}n,\quad \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2},\quad \sum^\infty_{n=1}\frac1{n^3}$$
に対し
$$S=A+\frac{B}{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}$$
を満たすような$A,B$について考えてみましょう。

$\log(1-t)$の場合

　非負整数$x,y$に対し
\begin{align} b_{n+1}(x,y)&=-n(n+x)t\\ a_{n+1}(x,y)&=(n+x+y+1)+(n-y)t \end{align}
とおいたとき、ある$t$についての有理式$A(x,y),B(x,y)$が存在して
$$-\log(1-t)=A+\frac B{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(t^n/n^{x+2y+1})$)。

変換規則

　上の連分数$C(x,y)$は各種Bauer-Muir変換によって
\begin{alignat}{3} r_0&=-t(n-y-1)\qquad& C_0&=C(x\ph,y+1)\\ r_1&=-tn& C_1&=C(x-1,y+1)\\ r_2&=-t(n+x)& C_2&=C(x+1,y\ph)\\ R_3&=n& C_3&=C(x+1,y\ph)\\ R_4&=n+x& C_4&=C(x-1,y+1) \end{alignat}
と変換される($C_1,C_3$については$n$をズラす必要がある)。

$A,B$について

$$B=\frac{x!y!}{(x+y)!}\frac{t^{x+y+1}}{(t-1)^x}$$
および
\begin{align} A(x+1)&=A+B\times-\frac1{(t-1)(x+y+1)}\\ A(y+1)&=A+B\times\frac1{x+y+1} \end{align}
が成り立つ。

\begin{align} A(k,0)&=-\sum^k_{l=1}\frac1l\l(\frac t{t-1}\r)^l\\ A(0,k)&=\sum^k_{l=1}\frac{t^l}l\\ A(k,k)&=\frac{t-2}t\sum^k_{l=1}\frac1{l\binom{2l}l}\l(\frac{t^2}{t-1}\r)^l \end{align}

$\z(2)$の場合2

　非負整数$x,y,z\ (x\geq y)$に対し
\begin{align} b_{n+1}(x,y,k)&=n(n+2x)(n+x-y)(n+x+y)\\ a_{n+1}(x,y,k)&=(x+y+2z+1)(2n+2x+1) \end{align}
とおいたとき、ある有理数$A(x,y),B(x,y)$が存在して
$$\z(2)=A+\frac B{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(1/n^{2(x+y+2z+1)})$)。

変換規則

　上の連分数$C(x,y,z)$は
\begin{align} r_0&=(n-z-1)(n+x-y-z-1)+(z+1)(x+y+z+1)\\ r_1&=n(n+x-y-2z-2)\\ r_2&=(n+2x)(n-x-y-2z-2)\\ r_3&=(n+x-y)(n-2z-2)\\ r_4&=(n+x+y)(n-2y-2z-2)\\ \end{align}
なるBauer-Muir変換によって
\begin{align} C_0&=C(x\ph,y\ph,z+1)\\ C_1&=C(x-1,y\ph,z+1)\\ C_2&=C(x+1,y\ph,z\ph)\\ C_3&=C(x\ph,y-1,z+1)\\ C_4&=C(x\ph,y+1,z\ph) \end{align}
と変換される($C_1,C_2$については$n$をズラす必要がある)。

$A,B$について

$$B=2\times(-1)^y\frac{(x!)^2}{(2x)!}\frac{z!(x-y)!(x+y)!(y+z)!}{(x+z)!(x+y+z)!}$$
および
\begin{align} A(x+1)&=A+B\times\frac{3x+y+2z+3}{4(2x+1)(x+z+1)(x+y+z+1)}\\ A(y+1)&=A+B\times\frac1{2(x-y)(x+y+z+1)}\\ A(z+1)&=A+B\times\frac1{2(x+z+1)(x+y+z+1)}\\ \end{align}
が成り立つ。

\begin{align} A(k,0,0)&=\sum^k_{l=1}\frac3{l^2\binom{2l}l}\\ A(0,0,k)&=\sum^k_{l=1}\frac1{l^2}\\ A(k,k,0)&=\sum^k_{l=1}(-1)^{l-1}\frac{10l-3}{2l^2(2l-1)\binom{2l}l} \end{align}

　ちなみに
$$\frac34\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)^2} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(2n-1)^4}{(2n+1)^2+(2n-1)^2}$$
のApéry双対から
$$3\z(2)=4+\frac22\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{2(2n+1)}$$
が成り立つことに注意して
\begin{align} B(x,y,z+\tfrac12)&=\frac23\times(-1)^y\frac{(x!)^2}{(2x)!}\frac{(x-y)!(x+y)!(\frac12)_z(\frac12)_{y+z}}{(\frac12)_{x+z}(\frac12)_{x+y+z}}\\ A(0,0,\tfrac12)&=\frac43 \end{align}
と定めることで$z$が半整数の場合にも
$$\z(2)=A+\frac B{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つことがわかります。

$\z(3)$の場合

　非負整数$x,y,z,w\ (x\geq y,z)$に対し
\begin{align} b_{n+1}(x,y,z,w,k)&=-n(n+2x)(n+x-y)(n+x+y)(n+x-z)(n+x+z)\\ a_{n+1}(x,z,y,w,k) &=(n+2x+1)(n+x+y+1)(n+x+z+1)+n(n+x-y)(n+x-z)\\ &\qquad{}+2w(x+y+z+w+1)(2n+2x+1) \end{align}
とおいたとき、ある有理数$A(x,y),B(x,y)$が存在して
$$\z(3)=A+\frac B{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(1/n^{2(x+y+z+2w+1)})$)。

　上の連分数$C(x,y,z,w)$は
\begin{align} r_0&=-n((n+x-y-w-1)(n+x-z-w-1)+(w+1)(y+z+w+1))\\ &\qquad{}+\frac{2(w+1)(y+z+w+1)(y+w+1)(z+w+1)}{x+y+z+2w+2}\\ r_1&=-n((n+x-y-w-1)(n+x-z-w-1)+(w+1)(y+z+w+1))\\ r_2&=-(n+2x)((n-y-w-1)(n-z-w-1)+(x+w+1)(x+y+z+w+1))\\ r_3&=-(n+x-y)((n-w-1)(n+x-z-w-1)+(w+1)(x+z+w+1))\\ r_4&=-(n+x+y)((n-y-w-1)(n+x-y-z-w-1)+(y+w+1)(x+y+z+w+1))\\ \end{align}
なるBauer-Muir変換によって
\begin{align} C_0&=C(x\ph,y\ph,z,w+1)\\ C_1&=C(x-1,y\ph,z,w+1)\\ C_2&=C(x+1,y\ph,z,w\ph)\\ C_3&=C(x\ph,y-1,z,w+1)\\ C_4&=C(x\ph,y+1,z,w\ph)\\ \end{align}
と変換される($C_1,C_2$については$n$をズラす必要がある)。

$$B=(-1)^{x+y+z}\frac{(x!)^2}{(2x)!} \frac{w!(x-y)!(x+y)!(x-z)!(x+z)!(y+w)!(z+w)!(y+z+w)!}{(x+w)!(x+y+w)!(x+z+w)!(x+y+z+w)!}$$
および
\begin{align} A(x+1)&=A+B\times\frac{(3x+y+2w+3)(3x+z+2w+3)-2(x+w+1)(2x+w+2)}{4(2x+1)(x+w+1)(x+y+w+1)(x+z+w+1)(x+y+z+w+1)}\\ A(y+1)&=A+B\times\frac1{2(x-y)(x+y+w+1)(x+y+z+w+1)}\\ A(w+1)&=A+B\times\frac{x+y+z+2w+2}{2(x+w+1)(x+y+w+1)(x+z+w+1)(x+y+z+w+1)}\\ \end{align}
が成り立つ。

\begin{align} A(k,0,0,0)&=\frac52\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^{l-1}}{l^3\binom{2l}l}\\ A(0,0,0,k)&=\sum^k_{l=1}\frac1{l^3}\\ A(k,k,0,0)&=\frac14\sum^k_{l=1}\frac{30l-11}{l^3(2l-1)\binom{2l}l^2}\\ A(k,0,0,k)&=\frac12\sum^k_{l=1}(-1)^{l-1}\frac{205l^2-160l+32}{l^5\binom{2l}l^5} \end{align}

　また気が向いたら
$$S=\sum^\infty_{n=0}\frac{(1)_n}{(\frac32)_n}t^n,\quad \sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}\frac1n,\quad \sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac1{n^2},\quad \sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac{(1/2)^n}{n^2}$$
といった級数に対する計算例についても追記したいと思います。

一般の場合2

　さて次は各種のApéry双対
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n}{(b)_n}t^n &=1+\frac{at}{b-at}\p\K^\infty_{k=1}\frac{-k(k+b-a-1)t}{(k+b)+(k-a)t}\\ \sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n} &=1-\frac{ab}{ab+cd+d-a}\p\K^\infty_{k=1} \frac{-k(k+d-a-1)(2k+c-a-1)(2k+d-b-1)}{4k^2+4(d-a)k+ab+cd+d-a} \end{align}
に対する計算例についても考えてみましょう。
　なお
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n},\quad \sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n(c)_n}{(d)_n(e)_n(f)_n}$$
の場合については面倒そうなので気が向いたときに計算しようと思います。

${}_1F_0$の場合

　$t\neq1$において非負整数$y$と$x^-+y\geq0$なる整数$x$に対し
\begin{align} b_{n+1}(x,y,k)&=-n(n+x+b-a-1)t\\ a_{n+1}(x,y,k)&=(n+x+b+y)+(n-a-y)t \end{align}
とおいたとき
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n}{(b)_n}t^n=A+\frac B{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(t^n/n^{x+2y+b+a})$)。

　右辺の連分数$C(x,y)$は定理8において考えた系列
$$\tilde C(x,y,k)=\K_n\frac{-n(n+x)t}{(n+x+y+1)+(n-y)t}$$
を用いて
$$C(x,y)=\tilde C(x+b-a-1,a+y)$$
と表せることに注意するとわかる。

$$B(x,y)=\frac{(b-a)_x(a)_{y+1}}{(b)_{x+y}}\frac{t^{x+y+1}}{(t-1)^x}$$
および
\begin{align} A(x+1)&=A+B\times-\frac1{(t-1)(x+y+b)}\\ A(y+1)&=A+B\times\frac1{x+y+b} \end{align}
が成り立つ。

\begin{align} A(k,0)&=1-a\sum^k_{l=0}\frac{(b-a)_{l-1}}{(b)_l}\l(\frac t{t-1}\r)^l\\ A(0,k)&=\sum^k_{l=0}\frac{(a)_l}{(b)_l}t^l \end{align}

${}_2F_1\quad(t=-1)$の場合

　$a+c=b+d$において非負整数$w$と$x^-+y^-+z^-+w\geq0$なる整数$x,y,z$に対し
\begin{align} b_{n+1}(x,y,k)&=-n(n-x+d-a-1)(n+y+\tfrac{c-a-1}2)(n+z+\tfrac{d-b-1}2)\\ a_{n+1}(x,y,k)&=(n+y+\tfrac{c-a+1}2)(n+z+\tfrac{d-b+1}2)+n(n-x+d-a-1)\\ &\qquad{}+(w+\tfrac{c+a-1}2)(x+y+z+w+\tfrac{c+a+1}2) \end{align}
とおいたとき
$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n} =A+\frac B{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_n}{a_n}$$
が成り立つ(収束速度は$O(1/n^{x+y+z+2w+c+a})$)。

　右辺の連分数$C(x,y,z,w)$は定理1において考えた系列
$$\tilde C(x,y,z,w)=\K_n\frac{-n(n-x)(n+y)(n+z)}{(n+y+1)(n+z+1)+n(n-x)+w(x+y+z+w+1)}$$
を用いて
$$C(x,y,z,w)=\tilde C\l(x-(d-a-1),y+\frac{c-a-1}2,z+\frac{d-b-1}2,w+\frac{c+a-1}2\r)$$
と表せることに注意するとわかる。

$$B=\frac{(-1)^{x+w+1}}2\frac{(a)_{x+z+w+1}(b)_{x+y+w+1}}{(c)_{y+w}(d)_{z+w}}\frac{(d-a)_{-x}(\frac{c-a+1}2)_y(\frac{d-b+1}2)_z(\frac{c+a+1}2)_w}{(\frac{c+a+1}2)_{x+y+z+w}}$$
および
\begin{align} A(x+1)&=A+B\times\frac1{(d-a-x-1)(x+y+z+w+\frac{c+a+1}2)}\\ A(y+1)&=A+B\times\frac1{(y+w+c)(x+y+z+w+\frac{c+a+1}2)}\\ A(z+1)&=A+B\times\frac1{(z+w+d)(x+y+z+w+\frac{c+a+1}2)}\\ A(w+1)&=A+B\times\frac{x+y+z+2w+c+a+1}{(y+w+c)(z+w+d)(x+y+z+w+\frac{c+a+1}2)} \end{align}
が成り立つ。

\begin{align} A(0,k,0,0)&=1-\frac a2\sum^k_{l=1}\frac{(b)_l(\frac{c-a+1}2)_{l-1}}{(c)_l(\frac{c+a+1}2)_l}\\ A(0,0,k,0)&=1-\frac b2\sum^k_{l=1}\frac{(a)_l(\frac{d-b+1}2)_{l-1}}{(d)_l(\frac{c+a+1}2)_l}\\ A(0,0,0,k)&=\sum^k_{l=0}(-1)^l\frac{(a)_l(b)_l}{(c)_l(d)_l}\\ A(-k,0,0,k)&=1-\frac{ab}2\sum^k_{l=1}\frac{(d-a)_{l-1}(\frac{c+a+1}2)_{l-1}}{(c)_l(d)_l} \end{align}