Apéryの加速法9：その他の計算例

　二次方程式
$$x^2=a_0x+b_0\qquad(b_0\neq0)$$
が異なる解$x=\a,\b$を持つとき
$$\K^\infty_{n=1}\frac{b_0n^2+b_1n+b_2}{a_0n+a_1}$$
の反復Bauer-Muir変換は
\begin{align} (a^{(k)}_{n+1},b^{(k)}_{n+1}) &=(a_0n+a_1+(\b-\a)k,b_0 n^2+b_1n+b_2)\\ r^{(k)}_n&=-\a(n-k-1)+\frac{a_1\a+b_0+b_1}{\b-\a}\\ R^{(k)}_n&=\b(n+k)+\frac{a_1\b+b_0+b_1}{\b-\a}\\ d^{(k)}_n&=\l(\a(k+1)+\frac{a_1\a+b_0+b_1}{\b-\a}\r)\l(\b k+\frac{a_1\b+b_0+b_1}{\b-\a}\r)-b_2 \end{align}
と求まる。

　$O(t^n/n^{b-a})$($t=1$においては$O(1/n^{b-a-1})$)で収束する連分数
\begin{align} \F1a{\phantom{1,}b}t &=\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} \end{align}
の反復Bauer-Muir変換は
\begin{align} (b^{(k)}_{n+1},d^{(k)}_n) &=(-(n+a)(n+b-1)t,(k+1)(k+b-a)t)\\ a^{(k)}_{n+1} &=(n+b)+(n+a)t+(1-t)k\\ (r^{(k)}_n,R^{(k)}_n)&=(-t(n+a-k-1),n+b+k) \end{align}
と求まる。これによって$O((\frac{(1+\sqrt{1-t})^2}t)^{-2n})$で収束する連分数
\begin{align} \F1a{\phantom{1,}b}t &=1+\frac{at}b\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{-(n+a)(n+b-1)t}{2n+b-1}\p\frac{-n(n+b-a-1)t}{2n+b}\r) \end{align}
が得られる。
　またこのApéry双対は
$$\F1a{\phantom{1,}b}t =1+\frac{at}{b-at}\p\K^\infty_{k=1}\frac{-k(k+b-a-1)t}{k+b+(k-a)t}$$
となる。

\begin{align} \F1a{\phantom{1,}b}t &=\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} \end{align}
に対する低速Apéry変換の一つとして
\begin{align} (b^{(k)}_{n+1},d^{(k)}_n)&=(-(n+a+k)(n+b-1)t,-(k+1)(n+a+k)t(1-t))\\ a^{(k)}_{n+1}&=n+b+k+(n+a)t\\ r^{(k)}_n&=-t(n+a+k)\\ R^{(k)}_n&=n+b-1+(1-t)(k+1) \end{align}
という反復Bauer-Muir変換が考えられ、これによって
\begin{align} \F1a{\phantom{1,}b}t &=1+\frac{at}b\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{-(2n+a-1)(n+b-1)t}{(2-t)n+b-1}\p\frac{n(2n+a)t(1-t)}{(2-t)n+b}\r) \end{align}
という連分数が得られる。
　またこのApéry双対は
$$\F1a{\phantom{1,}b}t =1+\frac{at}{b-(1+a)t}\p\K^\infty_{k=1}\frac{k(k+a)t(1-t)}{b+(1-t)k-t(k+a+1)}$$
となる。

　同様に
\begin{align} (b^{(k)}_{n+1},d^{(k)}_n)&=(-(n+a+k)(n+b-1)t,-(k+b-a)(n+b+k-1)t(1-t))\\ a^{(k)}_{n+1}&=n+b+k+(n+a)t\\ r^{(k)}_n&=-t(n+b+k-1)\\ R^{(k)}_n&=(1-t)(n+b+k)+t(n+a) \end{align}
という反復Bauer-Muir変換も考えられ、そのApéry双対は
\begin{align} \F1a{\phantom{1,}b}t &=1+\frac{at}{b(1-t)}\p\K^\infty_{k=1}\frac{(k+b-a-1)(k+b-1)t(1-t)}{(1-t)(k+b)-(k+b-a-1)t}\\ &=1+\frac ab\sum^\infty_{k=0}\frac{(b-a)_k}{(b+1)_k}\l(\frac t{t-1}\r)^{k+1} \end{align}
と級数展開できる。

\begin{align} (1-t)^a &=\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n}{n!}t^n\r)^{-1}\\ &=1-\frac{at}{1+at}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+a)t}{n+1+(n+a)t} \end{align}
の反復Bauer-Muir変換は
\begin{align} (b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n) &=(-n(n+a)t,k(k-a)t)\\ a^{(k-1)}_{n+1} &=n+(n+a+1)t+(1-t)k\\ (r^{(k-1)}_n,R^{(k-1)}_n)&=(-t(n+a-k),n+k) \end{align}
と求まり、これによって$O(t^n/n^{2k+1-a})$で収束する連分数
$$(1-t)^a =\sum^k_{l=0}\frac{(-a)_l}{l!}t^l +\frac{\frac{(-a)_{k+1}}{k!}t^{k+1}}{1+at+(1-t)k} \p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+a)t}{n+1+(n+a)t+(1-t)k}$$
や$O((\frac{(1+\sqrt{1-t})^2}t)^{-2n})$で収束する連分数
\begin{align} (1-t)^a &=1-\frac{at}{1+at}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{-n(n+a)t}{2n}\p\frac{-n(n-a)t}{2n+1}\r)\\ &=1-\frac{at}{1+at}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{-(n+a)t}2\p\frac{-(n-a)t}{2n+1}\r)\\ &=1-\frac{2at}{2+(a-1)t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(n+a)t\c-(n-a)t}{-(n+a+1)t+2(2n+1)-(n-a)t}\\ &=1-\frac{2at}{2+(a-1)t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n^2-a^2)t^2}{(2-t)(2n+1)} \end{align}
が得られる。

\begin{align} (1-t)^a &=1-\frac{at}{1+at}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+a)t}{n+1+(n+a)t} \end{align}
に対する低速Apéry変換を考えると
\begin{align} (b^{(k)}_{n+1},d^{(k)}_n)&=(-n(n+a+k)t,-(k+1)(n+a+k)t(1-t))\\ a^{(k)}_{n+1}&=n+k+1+(n+a)t\\ r^{(k)}_n&=-t(n+a+k)\\ R^{(k)}_n&=n+(1-t)(k+1) \end{align}
という反復Bauer-Muir変換が考えられ、これによって$O(t^n/n^{k+1-a})$で収束する連分数
$$(1-t)^a=\sum^k_{l=0}\frac{(a)_l}{l!}\l(\frac{-t}{1-t}\r)^l +\frac{\frac{(a)_{k+1}}{k!}\frac{(-t)^{k+t}}{(1-t)^k}}{k+1+at}\p \K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+a+k)t}{n+k+1+(n+a)t}$$
や$O((\frac{t^2}{4(1-t)})^n)$で収束する連分数
\begin{align} (1-t)^a &=1-\frac{at}{1+at}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{-n(2n+a-1)t}{(2-t)n}\p\frac{n(2n+a)t(1-t)}{(2-t)n+1}\r)\\ &=1-\frac{at}{1+at}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{-(2n+a-1)t}{2-t}\p\frac{(2n+a)t(1-t)}{(2-t)n+1}\r)\\ &=1-\frac{at(2-t)}{2(1-t)(1+at)}\p \K^\infty_{n=1}\frac{(2n+a-1)t\c(2n+a)t(1-t)}{-(2n+a+1)t+(2-t)((2-t)n+1)+(2n+a)t(1-t)}\\ &=1-\frac{at(2-t)}{2(1-t)(1+at)}\p \K^\infty_{n=1}\frac{(2n+a)(2n+a-1)t^2(1-t)}{(4-4t-t^2)(n+a)+2(1-2a)(1-t)} \end{align}
が得られる。

\begin{align} -\log(1-t) &=\sum^\infty_{n=1}\frac{t^n}n\\ &=\frac t1\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2t}{n+1+nt} \end{align}
について反復Bauer-Muir変換
\begin{align} (b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n) &=(-n^2t,k^2t)\\ a^{(k-1)}_{n+1} &=n+(n+1)t+(1-t)k\\ (r^{(k-1)}_n,R^{(k-1)}_n)&=(-t(n-k),n+k) \end{align}
を考えることで、$O(t^n/n^{2k+1})$で収束する連分数
$$-\log(1-t) =\sum^k_{l=1}\frac{t^l}l +\frac{t^{k+1}}{1+(1-t)k} \p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2t}{n+1+nt+(1-t)k}$$
や$O((\frac{(1+\sqrt{1-t})^2}t)^{-2n})$で収束する連分数
$$-\log(1-t)=\frac{2t}{2-t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2t^2}{(2-t)(2n+1)}$$
が得られる。

$$-\log(1-t)=\frac t1\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2t}{n+1+nt}$$
について低速Apéry変換
\begin{align} (b^{(k)}_{n+1},d^{(k)}_n)&=(-n(n+k)t,-(k+1)(n+k)t(1-t))\\ a^{(k)}_{n+1}&=n+k+1+nt\\ r^{(k)}_n&=-t(n+k)\\ R^{(k)}_n&=n+(1-t)(k+1) \end{align}
を考えることで、$O(t^n/n^{k+1})$で収束する連分数
$$\log(1-t) =\sum^k_{l=1}\frac1k\l(\frac{-t}{1-t}\r)^k +\frac{\frac{(-t)^{k+1}}{(1-t)^k}}{k+1} \p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+k)t}{n+k+1+nt}$$
や$O((\frac{t^2}{4(1+t)})^n)$で収束する連分数
$$-\log(1-t) =\frac{t(2-t)}{2(1-t)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{2n(2n-1)t^2(1-t)}{(4-4t-t^2)n+2(1-t)}$$
が得られる。

\begin{align} e^{-t}&=\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{t^n}{n!}\r)^{-1}\\ &=1-\frac t{1+t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-nt}{n+1+t} \end{align}
について反復Bauer-Muir変換を考えると
\begin{align} (a^{(k-1)}_{n+1},b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n) &=(n+k+t,-nt,-kt)\\ (r^{(k-1)}_n,R^{(k-1)}_n)&=(-t,n+k) \end{align}
と求まり、これによって
$$e^{-t} =\sum^k_{l=0}\frac{(-t)^l}{l!} +\frac{\frac{(-t)^{k+1}}{k!}}{k+1+t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-nt}{n+k+1+t}$$
という連分数や
\begin{align} e^t &=1+\frac t1\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-nt}{2n}\p\frac{nt}{2n+1}\r)\\ &=1+\frac t1\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-t}2\p\frac t{2n+1}\r)\\ &=1+\frac{2t}{2-t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{t\c t}{-t+2(2n+1)+t}\\ &=1+\frac{2t}{2-t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{t^2}{2(2n+1)}\\ \end{align}
という連分数が得られる。

　 第六回の記事 にて得られた
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} =\frac1{1+x}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(n+x)^2}1$$
のApéry双対
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} =\frac1{2x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{2x+1}$$
に対し
\begin{align} (b^{(k)}_n,d^{(k)}_n)&=(n(n+k),2(k+x+1)(n+k))\\ a^{(k)}_n&=k+2x+1\\ r^{(k)}_n&=n+k\\ R^{(k)}_n&=n+2(k+x+1) \end{align}
という低速Apéry変換を考えることができ、これによって$O(1/n^{k+2x+1})$で収束する連分数
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} =\sum^k_{l=1}\frac1{2^ll\binom{l+x}l}+\frac{1/2^k\binom{k+x}k}{k+2x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+k)}{k+2x+1}$$
が得られる。