Apéryの加速法9-1：その他の計算例(1F0の場合)
はじめに
この記事では
前回の記事
に引き続きApéryの加速法について解説していきます。
前回の記事
を以ってApéryの加速法について解説すべきことは解説し終えたので、この記事では個人的に計算したその他の計算例でも書き散らしていこうと思います。たまに計算例が増えることもあるかもしれません。
追記
ちまちまと計算例を増やしているうちに余りにも記事が長くなりすぎてしまったので4つの記事に分割することにしました。
今回の記事では
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n}{(b)_n}t^n$$
という級数に対する計算例についてまとめていきます。
$d=1$の場合
一般に$\deg a_n\leq 1,\deg b_n=2$のときは次のような反復Bauer-Muir変換を構成できる。
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 a_1+b_0+b_1}{\b-\a}\\
R^{(k)}_n&=\b(n+k)+\frac{\b a_1+b_0+b_1}{\b-\a}\\
d^{(k)}_n&=\l(\a(k+1)+\frac{\a a_1+b_0+b_1}{\b-\a}\r)\l(\b k+\frac{\b a_1+b_0+b_1}{\b-\a}\r)-b_2
\end{align}
と求まる。
ちなみに
$$x_n=\frac{b^{(0)}_{n+1}}{a^{(0)}_{n+1}}
\p\frac{b^{(0)}_{n+2}}{a^{(0)}_{n+2}}
\p\frac{b^{(0)}_{n+3}}{a^{(0)}_{n+3}}\p\cc$$
について
$$x_n=r^{(0)}_n
-\frac{(\a+\frac{\a a_1+b_0+b_1}{\b-\a})\frac{\b a_1+b_0+b_1}{\b-\a}-b_2}{(\b-\a)n+\frac{a_0a_1+2b_0+2b_1}{\b-\a}+2\a}
+O\l(\frac1{n^3}\r)$$
が成り立つこともわかった。
${}_1F_0$の場合
特に上の系として次のような超幾何級数の反復Bauer-Muir変換を求めることができる。
$O(t^n/n^{b-a})$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+k)+(n+a-k)t\\
(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。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{(b)_n(1)_k}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}(-t)^{k-j}
\sum^{n+j}_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m\\
\frac{q^{(k)}_n}{(b)_n(1)_k}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}(-t)^{k-j}\\
\end{align}
が成り立ち、また
$$A^{(k)}_n=\frac{p^{(k)}_n}{(b)_n(b-a)_k},\quad
B^{(k)}_n=\frac{q^{(k)}_n}{(b)_n(b-a)_k}$$
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j}{(b-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j(1-t)^j
\l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m-\frac{(a)_{n+1}}{(b)_n}t^{n+1}
\sum^j_{i=1}\frac{(b-a)_{i-1}}{(1)_i\binom{n+a}i}(t-1)^{-i}\r)\\
&=t^k\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j}{(b-a)_j}\binom kj\frac{(n+b)_j}{j!}\l(\frac t{1-t}\r)^{-j}
\l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m
-\frac{(a)_{n+1}}{(b)_n}t^n\sum^j_{i=1}\frac{(b-a)_{i-1}}{(b+n)_i}\l(\frac t{t-1}\r)^i\r)\\
\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j}{(b-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j(1-t)^j\\
&=t^k\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j}{(b-a)_j}\binom kj\frac{(n+b)_j}{j!}\l(\frac t{1-t}\r)^{-j}
\end{align}
が成り立つ。
なおこれに関するWZ-pairは、奇妙なことに、下で紹介する低速Apéry変換に関するものと一致するようである。
$$I^{(k)}_n=\frac{t^{-n-k-1}}{(b)_n(1)_k}(q^{(k)}_n\F1a{\phantom{1,}b}t-p^{(k)}_n)$$
とおいたとき
$$I^{(k)}_n
=\frac{\G(b)}{\G(a)\G(b-a)}
\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{b-a-1}}{1-tx}\l(\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}x^j\r)dx$$
が成り立つ。また$b-a>0$かつ$n+a+1>0$においては
\begin{align}
I^{(k)}_n
&=\frac{\G(b)}{\G(a)\G(b-a)}
\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{k+b-a-1}}{(1-tx)^{k+1}}dx\\
&=\frac{(b-a)_k}{(1)_k}\sum^\infty_{s=1}(s)_k\frac{(a)_{s+n}}{(b)_{s+n+k}}t^{s-1}
\end{align}
とも表せる。
$I^{(k)}_n$は
\begin{align}
I^{(0)}_n
&=\sum^\infty_{s=1}\frac{(a)_{s+n}}{(b)_{s+n}}t^{s-1}\\
&=\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{b-a-1}}{1-tx}dx
\end{align}
(cf. 超幾何関数のオイラー積分表示)および
$$(k+1)I^{(k+1)}_n=(n+b)I^{(k)}_{n+1}-(n+a-k)I^{(k)}_n$$
という漸化式によって定まることに注意する。
いま前半の主張についてはこの漸化式を繰り返し用いることで
$$I^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}I^{(0)}_{n+j}$$
が成り立つことからわかり、後半の主張については数学的帰納法により
\begin{align}
(k+1)I^{(k+1)}_n
&=(n+b)I^{(k)}_{n+1}-(n+a-k)I^{(k)}_n\\
&=\int^1_0((n+b)x-(n+a-k))\frac{x^{n+a}(1-x)^{k+b-a-1}}{(1-tx)^{k+1}}dx\\
&=\int^1_0((k+b-a)x-(n+a-k)(1-x))\frac{x^{n+a}(1-x)^{k+b-a-1}}{(1-tx)^{k+1}}dx\\
&=\int^1_0\frac{d}{dx}(-x^{n+a-k}(1-x)^{k+b-a})\frac{x^{k+1}}{(1-tx)^{k+1}}dx\\
&=\l[-\frac{x^{n+a+1}(1-x)^{k+b-a}}{(1-tx)^{k+1}}\r]^1_0+
\int^1_0x^{n+a-k}(1-x)^{k+b-a}\frac{d}{dx}\frac{x^{k+1}}{(1-tx)^{k+1}}dx\\
&=(k+1)\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{k+b-a}}{(1-tx)^{k+2}}dx\\
\end{align}
とわかる(級数表示については再びオイラー積分表示を用いることでわかる)。
$$u^{(k)}_n=\frac{p^{(k)}_n}{(b)_n(1)_k},\frac{q^{(k)}_n}{(b)_n(1)_k}$$
は
$$(n+b)u^{(k)}_{n+1}-(n+b+k+(n+a-k)t)u^{(k)}_n+t(n+a)u^{(k)}_{n-1}=0$$
および
$$(k+1)u^{(k+1)}_n-(n+b+k-(n+a-k)t)u^{(k)}_n+t(k+b-a-1)u^{(k-1)}_n=0$$
という漸化式を満たす。
ちなみに以下の補題から$k\geq n$において
$$\frac{p^{(k)}_n}{(b)_n(1)_k}=\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}(-t)^{k-j}
\sum^j_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m$$
が成り立つことがわかる。
$n-k< m\leq n$なる任意の整数$m$に対し
$$\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}(-t)^{k-j}\c
\frac{(a)_{m+j}}{(b)_{m+j}}t^{m+j}=0$$
が成り立つ。
$m$を固定し$l=n-m$とおいたとき、$k>l$なる任意の整数$k$に対し
$$\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}\c
\frac{(m+a)_j}{(m+b)_j}=0$$
が成り立つことを示せばよい。また$m+a,m+b$を再び$a,b$とおくことで
$$\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{l+a}{k-j}\binom{l+b+j-1}l\frac{(a)_j}{j!}=0$$
が成り立つことを示せばよい。
そしてそれはこの母関数について
\begin{align}
&\sum^\infty_{k=0}\l(\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{l+a}{k-j}\binom{l+b+j-1}l\frac{(a)_j}{j!}\r)x^k\\
={}&\l(\sum^\infty_{j=0}\binom{l+a}j(-x)^j\r)
\l(\sum^\infty_{j=0}\binom{l+b+j-1}l\frac{(a)_j}{j!}x^j\r)\\
={}&(1-x)^{l+a}\c\frac{x^{1-b}}{l!}\frac{d^l}{dx^l}x^{l+b-1}(1-x)^{-a}\\
={}&(1-x)^{l+a}\c x^{1-b}\sum^l_{j=0}\binom{l+b-1}jx^{l+b-j-1}\c\frac{(a)_{l-j}}{(l-j)!}(1-x)^{-a-l+j}\\
={}&\sum^l_{j=0}\binom{l+b-1}j\frac{(a)_{l-j}}{(l-j)!}x^{l-j}(1-x)^j\\
\end{align}
が成り立つこと、つまりこれが$x$についての$l$次多項式となることからわかる。
低速Apéry変換1
またこの超幾何級数には$4$通りの低速Apéry変換を考えることができる。
\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}&=-(n+a+k)(n+b-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)\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(n+a+k)t(1-t)
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が考えられ、これによって$O((-\frac{t^2}{4(1-t)})^n)$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{-(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}
が得られる。
またこのApéry双対は
$$\F1a{\phantom{1,}b}t
=1+\frac{at}{b-(1+a)t}\p\K^\infty_{k=1}\frac{k(k+a)t(1-t)}{(1-2t)k+b-(a+1)t}$$
となる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{(b)_nk!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a+k}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}(-t)^{k-j}
\sum^{n+j}_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m\\
\frac{q^{(k)}_n}{(b)_nk!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a+k}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}(-t)^{k-j}
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=\frac{t^{-n-k-1}}{(b)_nk!}(q^{(k)}_n\F1a{\phantom{1,}b}t-p^{(k)}_n)$$
とおくと
$$I^{(k)}_n=\frac{\G(b)}{\G(a)\G(b-a)}
\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{b-a-1}}{1-tx}\l(\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{n+a+k}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}x^j\r)dx$$
が成り立つ。
ちなみに上の数列が満たす漸化式は定理1の漸化式
$$(n+b)u^{(k)}_{n+1}-(n+b+k+(n+a-k)t)u^{(k)}_n+t(n+a)u^{(k)}_{n-1}=0$$
において$a\mapsto a+k$としたものに一致することに注意すると次のような事実も得られる。
\begin{align} \frac{p^{(k)}_n}{(b)_nk!} &=t^k\sum^k_{j=0}\binom{b-a-1}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}\l(\frac t{1-t}\r)^{-j} \l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m -\frac{(a)_{n+1}}{(b)_n}t^n\sum^j_{i=1}\frac{(b-a)_{i-1}}{(b+n)_i}\l(\frac t{t-1}\r)^i\r)\\ \frac{q^{(k)}_n}{(b)_nk!} &=t^k\sum^k_{j=0}\binom{b-a-1}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}\l(\frac t{1-t}\r)^{-j} \end{align}
低速Apéry変換2🌀
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a)(n+b+k-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)\\
d^{(k)}_n&=-(k+b-a)(n+b+k-1)t(1-t)
\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-a\sum^\infty_{k=1}\frac{(b-a)_{k-1}}{(b)_k}\l(\frac t{t-1}\r)^k
\end{align}
と級数展開できる。
また対角Apéry変換は$O((-\frac{t^2}{4(1-t)})^n)$で収束する。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{(b)_{n+k}}
&=\sum^k_{j=0}\binom kj(-t)^{k-j}
\sum^{n+j}_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m\\
\frac{q^{(k)}_n}{(b)_{n+k}}
&=\sum^k_{j=0}\binom kj(-t)^{k-j}\\
&=(1-t)^k
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=\frac{t^{-n-k-1}}{(b)_{n+k}}(q^{(k)}_n\F1a{\phantom{1,}b}t-p^{(k)}_n)$$
とおくと
$$I^{(k)}_n=(-1)^k\frac{\G(b)}{\G(a)\G(b-a)}
\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{b+k-a-1}}{1-tx}dx$$
が成り立つ。
またApéry双対の級数表示から次のような対称性が得られる。
\begin{alignat}{3} &\sum^k_{j=0}\binom kj(-t)^{k-j}\sum^{n+j}_{m=1}\frac{(a+1)_{m-1}}{(b)_m}t^m& &=-(1-t)^{n+k}\sum^n_{j=0}\binom nj\l(\frac{-t}{t-1}\r)^{n-j} \sum^{k+j}_{l=1}\frac{(b-a)_{l-1}}{(b)_l}\l(\frac t{t-1}\r)^l\\ &\sum^k_{j=0}\binom kj(-t)^{k-j}& &=(1-t)^{n+k}\sum^n_{j=0}\binom nj\l(\frac{-t}{t-1}\r)^{n-j} \end{alignat}
ちなみにこの反復Bauer-Muir変換に関する連分数は
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(a)_n}{(b+k)_n}t^n=\frac{at}{b+k}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+a)(n+b+k-1)t}{n+b+k+(n+a)t}$$
と級数表示でき、これに対し
$$G(n-1,k)=\frac{(a)_n}{(b+k)_n}t^n\times H(k)$$
という形のWZ-pairを考えてみたところ
\begin{align}
F(n-1,k)&=-\frac{(a)_n}{(b)_{n+k}}t^{n-1}\times(b-a)_k\l(\frac t{t-1}\r)^{k+1}\\
G(n-1,k)&=\phantom{{}-}\frac{(a)_n}{(b)_{n+k}}t^n\times(b-a)_k\l(\frac t{t-1}\r)^k
\end{align}
と求まった。
つまり$p^{(k)}_n/q^{(k)}_n$はこのポテンシャル
\begin{align}
c_{n,k}
&=\sum^n_{m=1}G(m-1,0)+\sum^k_{l=1}F(n,l-1)\\
&=\sum^k_{l=1}F(0,l-1)+\sum^n_{m=1}G(m-1,k)
\end{align}
を用いて
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{q^{(k)}_n}
&=1+c_{n,k}\\
&=\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m
-\frac{(a)_{n+1}}{(b)_n}t^n\sum^k_{l=1}\frac{(b-a)_{l-1}}{(b+n)_l}\l(\frac t{t-1}\r)^l\\
&=1-a\sum^k_{l=1}\frac{(b-a)_{l-1}}{(b)_l}\l(\frac t{t-1}\r)^l
+\frac{(b-a)_k}{(b)_k}\l(\frac t{t-1}\r)^k\sum^n_{m=1}\frac{(a)_m}{(b+k)_m}t^m
\end{align}
と表せるわけである。
なおこのようにWZ-pairのポテンシャルに関連する変換については見出しに🌀マークを付けている。
低速Apéry変換3🌀
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a-k)(n+b-1)t\\
a^{(k)}_{n+1}&=n+b+(n+a-k)t\\
r^{(k)}_n&=-(n+b-1)+(n+a-k-1)(1-t)\\
R^{(k)}_n&=n+a-k\\
d^{(k)}_n&=-(k+b-a)(n+a-k)(1-t)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+a-k-1}{n+a-k}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が考えられ、その対角Apéry変換は低速Apéry変換2のApéry双対に等しい。
これは
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(a-k)_n}{(b)_n}t^n
=\frac{(a-k)t}b\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+a-k)(n+b-1)t}{n+b+(n+a-k)t}$$
という級数に対応しており、上と同様にして
\begin{align}
F(n-1,k)
&=-\frac{(a)_{n-k-1}}{(b)_{n-1}}t^n\times(b-a)_k(t-1)^{-k-1}\\
G(n-1,k)
&=\phantom{{}-}\frac{(a)_{n-k}}{(b)_n}t^n\times(b-a)_k(t-1)^{-k}
\end{align}
というWZ-pairが得られた。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{(1-t)^k(b)_n}
&=\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m-\frac{(a)_{n+1}}{(b)_n}t^{n+1}
\sum^k_{l=1}\frac{(b-a)_{l-1}}{(1)_l\binom{n+a}l}(t-1)^{-l}\\
\frac{q^{(k)}_n}{(1-t)^k(b)_n}&=1
\end{align}
が成り立つ。
低速Apéry変換4
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a)(n+b-k-1)t\\
a^{(k)}_{n+1}&=n+b+(n+a-k)t\\
r^{(k)}_n&=-(n+a)t-(k+1)(1-t)\\
R^{(k)}_n&=n+b-k-1\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(n+b-k-1)(1-t)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+b-k-2}{n+b-k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換も考えられ、その対角Apéry変換は低速Apéry変換1のApéry双対に等しい。
なおこれに対応する漸化式は定理1の漸化式
$$(n+b)u^{(k)}_{n+1}-(n+b+k+(n+a-k)t)u^{(k)}_n+t(n+a)u^{(k)}_{n-1}=0$$
において$b\mapsto b-k$としたものに等しいことに注意すると以下の事実が得られる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{(b)_{n-k}k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{b-a-1}{k-j}\binom{n+a}j(1-t)^j
\l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m-\frac{(a)_{n+1}}{(b)_n}t^{n+1}
\sum^j_{i=1}\frac{(b-a)_{i-1}}{(1)_i\binom{n+a}i}(t-1)^{-i}\r)\\
\frac{q^{(k)}_n}{(b)_nk!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{b-a-1}{k-j}\binom{n+a}j(1-t)^j
\end{align}
が成り立つ。
特殊な低速Apéry変換1
いま上では任意の$a,b$に対して成り立つ変換について考えてきたが、$a=b-1/2$という条件を満たすとき以下のような特殊な変換が構成できることもわかった。
$a=b-1/2$において
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+b+\tfrac k2-1)(n+b+\tfrac{k+1}2-1)t\\
a^{(k)}_{n+1}&=n+b+k+(n+a)t\\
r^{(k)}_n&=-t(n+b+\tfrac k2-1)\\
R^{(k)}_n&=n+b+k-\tfrac{k+1}2t\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(n+b+\tfrac k2-1)t(1-t)/2\\
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が考えられる。
特殊な低速Apéry変換2
$b=a+1/2$において
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a-\tfrac k2)(n+a-\tfrac{k+1}2)t\\
a^{(k)}_{n+1}&=n+b+(n+a-k)t\\
r^{(k)}_n&=-t(n+a-k-1)-\tfrac{k+1}2\\
R^{(k)}_n&=n+a-\tfrac k2\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(n+a-\tfrac k2)(1-t)/2\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+a-\tfrac k2-1}{n+a-\tfrac k2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が考えられ、これによって$O((\frac{(1+\sqrt{1-t})^2}t)^{-n})$で収束する連分数
\begin{align}
\F1a{a+\frac12}t
&=1+\frac{at}{a+\frac12}\p
\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-(\frac n2+a)(\frac{n+1}2+a)t}{\frac{n+1}2+a}
\p\frac{n(\frac{n+1}2+a)(1-t)/2}{\frac{n+1}2+a}\r)\\
&=1+\frac{at}{a+\frac12}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-(n+2a)t}2\p\frac{n(1-t)}{\frac{n+1}2+a}\r)\\
&=1+\frac{at}{(1-t)(2a+1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+2a)t(1-t)}{(1-t)(2n+2a+1)}
\end{align}
が得られる。
$(1-t)^a$の場合
上の結果の特殊な場合として例えば
$$\F1a1t=(1-t)^{-a}$$
について考えてみると以下のような結果が得られる。
\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。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}\\
\frac{q^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}
\sum^{n+j}_{m=0}\frac{(a)_m}{m!}t^m
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=\frac{t^{-n-k-1}}{n!k!}(p^{(k)}_n(1-t)^{-a}-q^{(k)}_n)$$
とおくと
$$I^{(k)}_n=\frac1{\G(a)\G(1-a)}
\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{-a}}{1-tx}\l(\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{n+a}{k-j}\binom{n+j}jx^j\r)dx$$
が成り立つ。
ちなみにこのApéry双対が
$$(1-t)^a=\sum^\infty_{k=0}\frac{(-a)_k}{k!}t^k$$
であったことから次のような対称性が得られる。
\begin{alignat}{3} &\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}& &=\sum^n_{j=0}\binom{k-a}{n-j}\binom{k+j}j(-t)^{n-j} \sum^{k+j}_{l=0}\frac{(-a)_l}{l!}t^l\\ &\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j} \sum^{n+j}_{m=0}\frac{(a)_m}{m!}t^m& &=\sum^n_{j=0}\binom{k-a}{n-j}\binom{k+j}j(-t)^{n-j} \end{alignat}
低速Apéry変換
\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。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a+k}{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}\\
\frac{q^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a+k}{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}
\sum^{n+j}_{m=0}\frac{(a)_m}{m!}t^m
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=\frac{t^{-n-k-1}}{n!k!}(p^{(k)}_n(1-t)^{-a}-q^{(k)}_n)$$
とおくと
$$I^{(k)}_n=\frac1{\G(a)\G(1-a)}
\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{-a}}{1-tx}\l(\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{n+a+k}{k-j}\binom{n+j}jx^j\r)dx$$
が成り立つ。
ちなみにこの場合もそのApéry双対が
$$(1-t)^a=\sum^\infty_{k=0}\frac{(a)_k}{k!}\l(\frac{-t}{1-t}\r)^k$$
であったことに注意すると次のような対称性が得られる。
\begin{alignat}{3} &\sum^k_{j=0}\binom{n+a+k}{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}& &=(1-t)^{n+k}\sum^n_{j=0}\binom{n+a+k}{n-j}\binom{k+j}j\l(\frac t{1-t}\r)^{n-j} \sum^{k+j}_{l=0}\frac{(a)_l}{l!}\l(\frac{-t}{1-t}\r)^l\\ &\sum^k_{j=0}\binom{n+a+k}{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j} \sum^{n+j}_{m=0}\frac{(a)_m}{m!}t^m& &=(1-t)^{n+k}\sum^n_{j=0}\binom{n+a+k}{n-j}\binom{k+j}j\l(\frac t{1-t}\r)^{n-j} \end{alignat}
$\log(1-t)$の場合
また例えば
$$\F112t=-\frac{\log(1-t)}t$$
に対しても同様に考えていくこともできるが
$$\lim_{a\to0}\frac{(1-t)^a-1}a=\log(1-t)$$
であることを用いて上の結果を流用することで次のような結果が得られる。
\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。
いま
$$\binom n{k-j}\binom{n+j}j=\binom kj\binom{n+j}k$$
が成り立つことに注意しましょう。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom n{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}\sum^{n+j}_{m=1}\frac{t^m}m\\
&=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj(1-t)^j
\l(\sum^n_{m=1}\frac{t^m}m-t^{n+1}\sum^j_{i=1}\frac1{i\binom ni}(t-1)^{-i}\r)\\
&=t^k\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}j\l(\frac t{1-t}\r)^{-j}
\l(\sum^n_{m=1}\frac{t^m}m-t^n\sum^j_{i=1}\frac1{i\binom{n+i}i}\l(\frac t{t-1}\r)^i\r)\\
\frac{q^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom n{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}\\
&=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj(1-t)^j\\
&=t^k\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}j\l(\frac t{1-t}\r)^{-j}
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=\frac{t^{-n-k-1}}{n!k!}(q^{(k)}_n(-\log(1-t))-p^{(k)}_n)$$
とおくと
\begin{align}
I^{(k)}_n
&=\int^1_0\frac{x^n}{1-tx}\l(\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom n{k-j}\binom{n+j}jx^j\r)dx\\
&=\frac1{k!}\int^1_0\frac{x^n}{1-tx}\frac{d^k}{dx^k}(x^n(1-x)^k)dx
\end{align}
が成り立つ。
\begin{alignat}{3} &\sum^k_{j=0}\binom n{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j} \sum^{n+j}_{m=1}\frac{t^m}m& &=\sum^n_{j=0}\binom k{n-j}\binom{k+j}j(-t)^{n-j} \sum^{k+j}_{l=1}\frac{t^l}l\\ &\sum^k_{j=0}\binom n{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-j}& &=\sum^n_{j=0}\binom k{n-j}\binom{k+j}j(-t)^{n-j} \end{alignat}
低速Apéry変換
$$-\log(1-t)=\frac t1\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2t}{n+1+nt}$$
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。
ちなみにこの連分数は
$$-\log(1-t)
=\frac{t(2-t)}{2(1-t)}
\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{n!}{(\frac32)_n}\l(\frac{t^2}{4(1-t)}\r)^n$$
と級数表示することができる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{(n+k)!}
&=\sum^k_{j=0}\binom kj(-t)^{k-j}
\sum^{n+j}_{m=1}\frac{t^m}m\\
\frac{q^{(k)}_n}{(n+k)!}
&=\sum^k_{j=0}\binom kj(-t)^{k-j}
\end{align}
や
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{q^{(k)}_n}
&=-\sum^k_{l=1}\frac1l\l(\frac{-t}{1-t}\r)^l
+\sum^n_{m=1}\frac{t^m}{m\binom{m+k}m}\l(\frac{-t}{1-t}\r)^k\\
&=\sum^n_{m=1}\frac{t^m}m-\sum^k_{l=1}\frac{t^n}{l\binom{n+l}l}\l(\frac{-t}{1-t}\r)^l
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=\frac{t^{-n-k-1}}{(n+k)!}(q^{(k)}_n(-\log(1-t))-p^{(k)}_n)$$
とおくと
$$I^{(k)}_n
=\int^1_0\frac{x^n(1-x)^k}{1-tx}dx$$
が成り立つ。
またその対角Apéry変換が
$$-\log(1-t)
=\frac{t(2-t)}{2(1-t)}
\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{n!}{(\frac32)_n}\l(\frac{t^2}{4(1-t)}\r)^n$$
と級数表示できたことから次のようなこともわかる。
$$\sum^n_{j=0}\binom nj(-t)^{n-j}\sum^{n+j}_{m=1}\frac{t^m}m =(1-t)^n\frac{t(2-t)}{2(1-t)}\sum^{n-1}_{m=0}(-1)^m\frac{m!}{(\frac32)_m}\l(\frac{t^2}{4(1-t)}\r)^m$$
特殊な低速Apéry変換
また低速Apéry変換によって得られた
\begin{align}
\sum^\infty_{n=0}\frac{n!}{(\frac32)_n}t^n
&=\l\{\begin{array}{lrl}
\dis\frac{\arctan\sqrt{\frac t{1-t}}}{\sqrt{t(1-t)}}&(0< t<1)\\
\dis\frac{\log{}(\sqrt{1-t}+\sqrt{-t})}{\sqrt{-t(1-t)}}&(-1\leq t<0)
\end{array}\r.\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n(2n-1)t}{(2n+1)+2nt}
\end{align}
という連分数に対し、さらに特殊な低速Apéry変換を施すことで次のような結果が得られる。
上の連分数に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(2n-k)(2n-k-1)t\\
a^{(k)}_{n+1}&=2n+1+2(n-k)t\\
r^{(k)}_n&=-2t(n-k-1)-(k+1)\\
R^{(k)}_n&=2n-k\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(2n-k)(1-t)\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-k-2}{2n-k}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O((\frac{(1+\sqrt{1-t})^2}t)^{-n})$で収束する連分数
\begin{align}
\sum^\infty_{n=0}\frac{n!}{(\frac32)_n}t^n
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n(n+1)t}{n+1}\p\frac{n(n+1)(1-t)}{n+1}\r)\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-nt}1\p\frac{n(1-t)}{n+1}\r)\\
&=\frac1{1-t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2t(1-t)}{(1-t)(2n+1)}
\end{align}
を得る。
例えばこれによって
\begin{alignat}{3}
\frac{\log{}(\sqrt2+1)}{\sqrt2}&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^2}{2(2n+1)}&&(t=-1)\\
\frac\pi4&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{2n+1}&\qquad&(t=\tfrac12)\\
\frac\pi{\sqrt3}&=\frac63\p\K^\infty_{n=1}\frac{3n^2}{3(2n+1)}&&(t=\tfrac14)
\end{alignat}
などが得られる。
また
$$t=-\frac{u^2}{4(1-u)}$$
のときは例11と同じ結果
\begin{align}
-\log(1-u)
&=\frac{u(2-u)}{2(1-u)}\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{n!}{(\frac32)_n}\l(\frac{u^2}{4(1-u)}\r)^n\\
&=\frac{2u}{2-u}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2u^2}{(2-u)(2n+1)}
\end{align}
が得られる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$B^{(k)}_n=\frac1{t^n}\frac{2^nn!}{(2n-k)!k!}q^{(k)}_n$$
とおいたとき
$$B^{(k)}_n=\sum^n_{j=0}\binom nj\binom{2j}k\l(\frac t{1-t}\r)^{-j}$$
が成り立つ。
なお$\binom{2j}k$を$j$についての多項式として
$$\binom{2j}k=\sum^k_{l=0}\l(\sum^l_{i=0}(-1)^{l-i}\binom{2i}k\r)\binom jl$$
と展開することで
\begin{align}
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{l=0}\sum^l_{i=0}(-1)^{l-i}\binom{2i}k
\sum^n_{j=0}\binom nj\binom jl\l(\frac{1-t}t\r)^ｊ\\
&=\sum^k_{l=0}\sum^l_{i=0}(-1)^{l-i}\binom{2i}k
\binom nl\l(\frac{1-t}t\r)^l\l(1+\frac{1-t}t\r)^{n-l}\\
&=\frac1{t^n}\sum_{0\leq i\leq j\leq k}(-1)^{j-i}\binom{2i}k\binom nj(1-t)^j\\
\end{align}
と表すこともできる。
$-1\leq t<0$の場合について
また$-1\leq t<0$において
$$x=\sqrt{\frac{1-t}{-t}}\qquad\l(t=-\frac1{x^2-1}\r)$$
とおいたとき
\begin{align}
B^{(k)}_n
&=\sum^n_{j=0}\binom nj\binom{2j}k(-x^2)^j\\
&=\frac{x^k}{k!}\frac{d^k}{dx^k}(1-x^2)^n\\
&=x^k\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom nj\binom n{k-j}(1+x)^{n-j}(1-x)^{n-k+j}\\
&=\frac1{t^n}\l(\frac x{x-1}\r)^k
\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\l(\frac{x-1}{x+1}\r)^j\\
\end{align}
と表すこともできる。
特に
$$t=-\frac{u^2}{4(1-u)}$$
のときは
$$x=\frac{2-u}u$$
つまり
$$B^{(k)}_n=\frac1{t^n}\l(\frac{2-u}{2(1-u)}\r)^k
\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}(1-u)^j$$
が成り立つことに注意。
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