あるApéry数の類似について11: 2つの無限系列
前の記事
でZagier's sporadic sequencesの類似を数値実験で探した結果見つかったものの1つとして
\begin{align}
(n+1)^2a_{n+1}-3(27n^2+27n+8)a_n+162(3n-1)(3n+1)a_{n-1}=0
\end{align}
という漸化式を満たすものがある. これに関して,
子葉さんの記事
において明示式
\begin{align}
a_n=27^n\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}4^j\frac{\left(\frac 13,\frac 23\right)_j}{j!^2}\binom{j}{n-j}
\end{align}
が与えられた. 今回はこれを含む無限系列として,
\begin{align}
A_n(a)&:=\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}4^j\frac{(a,1-a)_j}{j!^2}\binom{j}{n-j}\\
B_n(a)&:=\sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}4^j\frac{\left(\frac 12,a,1-a\right)_j}{j!^3}\binom{j}{n-j}
\end{align}
と定義される数列について考察したいと思う.
漸化式
Zeilbergerのアルゴリズムによって以下の漸化式が得られる.
非負整数$n$に対し,
\begin{align}
&(n+1)^2A_{n+1}(a)-(3n^2+3n+4a(1-a))A_{n}(a)\\
&\qquad +2(n+1-2a)(n+2a-1)A_{n-1}(a)=0\\
&(n+1)^3B_{n+1}(a)-(2n+1)(n^2+n+2a(1-a))B_{n}(a)\\
&\qquad +n(n+1-2a)(n+2a-1)B_{n-1}(a)=0
\end{align}
が成り立つ. ここで, 形式的に$A_{-1}(a)=B_{-1}(a)=0$とする.
母関数
\begin{align}
\sum_{0\leq n}A_n(a)x^n&=\sum_{0\leq j,n}(-1)^{n-j}4^j\frac{(a,1-a)_j}{j!^2}\binom{j}{n-j}x^n\\
&=\sum_{0\leq j,n}4^j\frac{(a,1-a)_j}{j!^2}x^j\binom{j}{n}(-x)^n\qquad n\mapsto j+n\\
&=\sum_{0\leq j}4^j\frac{(a,1-a)_j}{j!^2}x^j(1-x)^j\\
&=\F21{a,1-a}{1}{4x(1-x)}
\end{align}
を得る. 全く同様に
\begin{align}
\sum_{0\leq n}B_n(a)x^n&=\F32{\frac 12,a,1-a}{1,1}{4x(1-x)}
\end{align}
である. Clausenの公式より
\begin{align}
\F32{\frac 12,a,1-a}{1,1}{4x(1-x)}=\F21{a,1-a}{1}{x}^2
\end{align}
と表すこともできる.
\begin{align}
\sum_{0\leq n}A_n(a)x^n&=\F21{a,1-a}{1}{4x(1-x)}\\
\sum_{0\leq n}B_n(a)x^n&=\F32{\frac 12,a,1-a}{1}{4x(1-x)}\\
&=\F21{a,1-a}{1}{x}^2
\end{align}
が成り立つ.
二つ目の式の係数比較によって
\begin{align}
B_n(a)=\sum_{k=0}^n\frac{(a,1-a)_k}{k!^2}\frac{(a,1-a)_{n-k}}{(n-k)!^2}
\end{align}
という表示を得ることもできる.
超幾何級数による表示
$j\mapsto n-j$とすると,
\begin{align}
A_n(a)&=\sum_{j=0}^n(-1)^j4^{n-j}\frac{(a,1-a)_{n-j}}{(n-j)!^2}\binom{n-j}{j}\\
&=4^n\frac{(a,1-a)_n}{n!^2}\F32{-n,-\frac n2,\frac{1-n}2}{1-n-a,a-n}1
\end{align}
を得る.
前の記事
の系2より,
\begin{align}
\F32{-n,-\frac n2,\frac{1-n}2}{1-n-a,a-n}{1}=2^{-n}\F32{-n,a,1-a}{1-n-a,a-n}{-1}
\end{align}
と書きかえることもできる. $B_n(a)$の方も同様に表すことができ, 定理2の2つ目の表示の係数を比較すると
\begin{align}
B_n(a)&=\sum_{k=0}^n\frac{(a,1-a)_k}{k!^2}\frac{(a,1-a)_{n-k}}{(n-k)!^2}\\
&=\frac{(a,1-a)_n}{n!^2}\F43{a,1-a,-n,-n}{1,1-a-n,a-n}1
\end{align}
を得る.
\begin{align} A_n(a)&=4^n\frac{(a,1-a)_n}{n!^2}\F32{-n,-\frac n2,\frac{1-n}2}{1-n-a,a-n}1\\ &=2^n\frac{(a,1-a)_n}{n!^2}\F32{-n,a,1-a}{1-n-a,a-n}{-1}\\ B_n(a)&=4^n\frac{\left(\frac 12,a,1-a\right)_n}{n!^3}\F43{-n,-n,-\frac n2,\frac{1-n}2}{\frac 12-n,1-n-a,a-n}1\\ &=\frac{(a,1-a)_n}{n!^2}\F43{a,1-a,-n,-n}{1,1-a-n,a-n}1 \end{align}
定理3の表示に超幾何級数の変換公式を用いることによって, 他にも様々な明示式を得ることができる. 気が向いたら追記したいと思う.
例
$a=\frac 12$
\begin{align}
A_n&:=4^nA_n\left(\frac 12\right)\\
B_n&:=16^nB_n\left(\frac 12\right)
\end{align}
は整数列であり, 漸化式
\begin{align}
(n+1)^2A_{n+1}-4(3n^2+3n+1)A_{n}+32n^2A_{n-1}&=0\\
(n+1)^3B_{n+1}-8(2n+1)(2n^2+2n+1)B_{n}+256n^3B_{n-1}&=0
\end{align}
を満たす.
$a=\frac 13$
\begin{align}
A_n&:=27^nA_n\left(\frac 13\right)\\
B_n&:=27^nB_n\left(\frac 13\right)
\end{align}
は整数列であり, 漸化式
\begin{align}
(n+1)^2A_{n+1}-3(27n^2+27n+8)A_{n}+162(3n-1)(3n+1)A_{n-1}&=0\\
(n+1)^3B_{n+1}-(2n+1)(27n^2+27n+4)B_{n}+81n(3n-1)(3n+1)B_{n-1}&=0
\end{align}
を満たす.
$a=\frac 14$
\begin{align}
A_n&:=16^nA_n\left(\frac 14\right)\\
B_n&:=64^nA_n\left(\frac 14\right)
\end{align}
は整数列であり, 漸化式
\begin{align}
(n+1)^2A_{n+1}-12(2n+1)^2A_{n}+128(2n-1)(2n+1)A_{n-1}&=0\\
(n+1)^3B_{n+1}-8(2n+1)(8n^2+8n+3)B_{n}+1024n(2n-1)(2n+1)B_{n-1}&=0
\end{align}
を満たす.
\begin{align}
\widetilde{A}_n&:=\binom{2n}n^{-1}A_n\\
\widetilde{B}_n&:=\binom{2n}n^{-1}B_n
\end{align}
とするとこれらは漸化式
\begin{align}
(n+1)\widetilde A_{n+1}-6(2n+1)\widetilde A_{n}+32n\widetilde A_{n-1}&=0\\
(n+1)^2\widetilde B_{n+1}-4(8n^2+8n+3)\widetilde B_{n}+256n^2\widetilde B_{n-1}&=0
\end{align}
を満たすことが分かる. これらはそれぞれOEISの
A098410
,
A143583
であり, 明示式
\begin{align}
\widetilde{A}_n &=\sum_{k=0}^n2^k\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}\\
\widetilde{B}_n&=\sum_{k=0}^n4^k\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}^2
\end{align}
を持つことが知られている.
$a=\frac 16$
\begin{align}
A_n&:=108^nA_n\left(\frac 16\right)\\
B_n&:=432^nB_n\left(\frac 16\right)
\end{align}
は整数列であり, 漸化式
\begin{align}
&(n+1)^2A_{n+1}-12(27n^2+27n+5)A_{n}+2592(3n-2)(3n+2)A_{n-1}=0\\
&(n+1)^3B_{n+1}-24(2n+1)(18n^2+18n+5)B_{n}+20736n(3n-2)(3n+2)B_{n-1}=0
\end{align}
を満たす. $A_n$はOEISの
A303790
である.
双対数列
数列$a_n$に対し,
\begin{align}
a_n^*=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nka_k
\end{align}
を$a_n$の双対数列という. その母関数は
\begin{align}
\sum_{0\leq n}a_n^*x^n&=\frac 1{1-x}\sum_{0\leq n}a_n\left(\frac{x}{x-1}\right)^n
\end{align}
と表すことができる. $A_n(a)$の双対数列$A^*(a)$は
\begin{align}
\sum_{0\leq n}A_n^*(a)x^n&=\frac 1{1-x}\sum_{0\leq n}A_n(a)\left(\frac{x}{x-1}\right)^n\\
&=\frac 1{1-x}\F21{a,1-a}{1}{-\frac{4x}{(1-x)^2}}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{(a,1-a)_n}{n!^2}(-4x)^n(1-x)^{-2n-1}\\
&=\sum_{0\leq n}\frac{(a,1-a)_n}{n!^2}(-4x)^n\sum_{0\leq k}\frac{(2n+1)_k}{k!}x^k\\
&=\sum_{0\leq n,k}\frac{(a,1-a)_n(2n+k)!}{n!^2(2n)!k!}(-4)^nx^{n+k}\\
&=\sum_{0\leq n,k}\frac{(a,1-a)_n(n+k)!}{n!^2(2n)!(k-n)!}(-4)^nx^{k}\qquad k\mapsto k-n
\end{align}
となることから,
\begin{align}
A_n^*(a)&=\sum_{k=0}^n(-4)^k\frac{(a,1-a)_k(n+k)!}{k!^2(2k)!(n-k)!}\\
&=\F43{a,1-a,n+1,-n}{1,1,\frac 12}1
\end{align}
を得る. 全く同様に
\begin{align}
B_n^*(a)=\F43{a,1-a,n+1,-n}{1,1,1}1
\end{align}
を得る. また,
\begin{align}
\F21{a,1-a}{1}{\frac{x}{x-1}}&=(1-x)^{a}\F21{a,a}1{x}\\
&=(1-x)^{1-a}\F21{1-a,1-a}{1}x
\end{align}
であることを用いると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}B_n^*(a)x^n&=\F21{a,a}{1}{x}\F21{1-a,1-a}1{x}
\end{align}
となって
\begin{align}
B_n^*(a):=\sum_{k=0}^n\frac{(a)_k^2}{k!^2}\frac{(a)_{n-k}^2}{(n-k)!^2}
\end{align}
を得る.
非負整数$n$に対し,
\begin{align}
A_n^*(a)&=\F43{a,1-a,n+1,-n}{1,1,\frac 12}1\\
B_n^*(a)&=\F43{a,1-a,n+1,-n}{1,1,1}1\\
&=\sum_{k=0}^n\frac{(a)_k^2}{k!^2}\frac{(1-a)_{n-k}^2}{(n-k)!^2}
\end{align}
が成り立つ.
この2つの数列は漸化式
\begin{align}
(n+1)^2A_{n+1}^*(a)-(n^2+(1-2a)^2)(A_n^*(a)+A_{n-1}^*(a))+(n-1)^2A_{n-2}^*(a)&=0\\
(n+1)^3B_{n+1}^*(a)-(2n+1)(n^2+n+2a^2-2a+1)B_n^*(a)+n^3B_{n-1}^*(a)&=0
\end{align}
を満たしている. 特に$B_n^*$の方はAlmkvist-Zudilinによって考察された形の漸化式
\begin{align}
(n+1)^3a_{n+1}-(2n+1)(an^2+an+b)a_n+cn^3a_{n-1}=0
\end{align}
を満たすものの例になっている.
