Apéryの加速法9：その他の計算例
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。
メモ
何かの役に立つかもしれない論文のメモ(出版年・リンクはarXiv準拠)。
- Zudilin(2002), An Apéry-like difference equation for Catalan's constant
- Zudilin(2003), Binomial sums related to rational approximations to $\z(4)$
- Zudilin(2015),
A determinantal approach to irrationality
cf. せきゅーんさんによる解説 - Straub-Zudilin(2021), Sums of powers of binomials, their Apéry limits, and Franel's suspicions
- Cohen(2022), Elementary Continued Fractions for Linear Combinations of Zeta and L Values
- Cohen(2023), Parametric Continued Fractions for $\pi^2$, $\z(3)$, and other Constants
- Cohen(2024),
A Database of Continued Fractions of Polynomial Type
(注釈)多項式係数の連分数とその収束値や収束速度に関するデータベース(TeX Sourceにコメントアウトする形で記載されていることに注意)。 - Stachowiak(2024), Irrational Acceleration of a Continued Fraction of $\pi$
- Cohen-Zudilin(2025), Variations on a theme of Apéry
- Cohen(2025), Polynomial Continued Fractions for Algebraic Numbers
- Cohen-Zudilin(2025), Continued Fractions and Irrationality Measures for Chowla--Selberg Gamma Quotients
- Cohen(in preparation), Continued Fractions of Polynomial Type: Theory and Encyclopedic Dictionary
$d=1$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。
$O(t^n/n^{b-a})$($t=1$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+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
$$A^{(k)}_n=\frac{p^{(k)}_n}{(b)_nk!},\quad
B^{(k)}_n=\frac{q^{(k)}_n}{(b)_nk!}$$
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\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\\
&=\sum^k_{j=0}\binom{k+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)\\
&=t^k\sum^k_{j=0}\binom{k+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)\\
\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}(-t)^{k-j}\\
&=\sum^k_{j=0}\binom{k+b-a-1}{k-j}\binom{n+a}j(1-t)^j\\
&=t^k\sum^k_{j=0}\binom{k+b-a-1}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}\l(\frac t{1-t}\r)^{-j}
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=t^{-n-k-1}(B^{(k)}_n\F1a{\phantom{1,}b}t-A^{(k)}_n)$$
とおくと
$$I^{(k)}_n=\frac{\G(b)}{\G(a)\G(b-a)}
\int^1_0\frac{x^{n+a}(1-x)^{b-a-1}}{1-tx}\l(\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}x^j\r)dx$$
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。
上の数列$u^{(k)}_n=A^{(k)}_n,B^{(k)}_n$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
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom{n+a}{k-j}\frac{(n+b)_j}{j!}(-t)^{k-j}
\sum^j_{m=0}\frac{(a)_m}{(b)_m}t^m$$
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、特にこれが$x$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
\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
$$\F1a{\phantom{1,}b}t
=1+\frac{at}{b-(1+a)t}\p\K^\infty_{k=1}\frac{k(k+a)t(1-t)}{(1-2t)k+b-(a+1)t}$$
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。
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。
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変換も考えられ、そのApéry変換は
\begin{align}
\F1a{\phantom{1,}b}t
&=1+\frac{at}b\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-(a+1)(n+b-1)t}{a+1}\p\frac{(a+1)(n+b-a-1)(1-t)}{a+1}\r)\\
&=1+\frac{at}b\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-(n+b-1)t}1\p\frac{(n+b-a-1)(1-t)}{a+1}\r)\\
&=1+\frac{at}{b(1-t)}\p\K^\infty_{n=1}
\frac{(n+b-1)t\c(n+b-a-1)(1-t)}{-(n+b)t+(a+1)+(n+b-a-1)(1-t)}\\
&=1+\frac{at}{b(1-t)}\p\K^\infty_{n=1}
\frac{(n+b-1)(n+b-a-1)t(1-t)}{(n+b)(1-t)-(n+b-a-1)t}\\
&=1-a\sum^\infty_{n=1}\frac{(b-a)_{n-1}}{(b)_n}\l(\frac t{t-1}\r)^n
\end{align}
と級数展開できる。
これは
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(a-k)_n}{(b)_n}t^n
=\frac{(a-k)t^k}b\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+a-k)(n+b-1)t}{n+b+(n+a-k)t}$$
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Apéry変換は
\begin{align}
\F1a{\phantom{1,}b}t
&=1+\frac{at}b\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-b(n+a)t}b\p\frac{bn(1-t)}b\r)\\
&=1+\frac{at}b\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-(n+a)t}1\p\frac{n(1-t)}b\r)\\
&=1+\frac{at}{b-(1+a)t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+a)t(1-t)}{(1-2t)n+b-(1+a)t}
\end{align}
と求まる。
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。
$(1-t)^a$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\\
\frac{q^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom n{k-j}\binom{n+j}j(-t)^{k-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。
$$\sum^n_{j=0}\binom nj(-t)^{n-j}\sum^{n+j}_{m=1}\frac{t^m}m =(1-t)^n\frac{t(2-t)}{2(1-t)}\sum^{n-1}_{m=0}(-1)^m\frac{m!}{(\frac32)_m}\l(\frac{t^2}{4(1-t)}\r)^m$$
${}_2F_1(a,b;c;1)$の場合
\begin{align}
\FF1abcd1
&=\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)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a)(n+b)(n+c-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c)(n+d)+(n+a)(n+b)+k(k+c+d-a-b-1)\\
r^{(k)}_n&=-(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^{(k)}_n&=(n+c-1)(n+d-1)
+(k+1)\l(n+\frac14\l(2k+3c+3d-a-b-4-\frac{(a-b)^2-(c-d)^2}{2k+c+d-a-b}\r)\r)\\
d^{(k)}_n&=-\frac{(k+1)(k+c-a)(k+c-b)(k+d-a)(k+d-b)(k+c+d-a-b-1)}{(2k+c+d-a-b)^2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
なお$r^{(k)}_n,R^{(k)}_n$は
\begin{align}
r^{(k)}_n
&=-(n+a)(n+b-k-1)-\frac{(k+1)(k+c-b)(k+d-b)}{2k+c+d-a-b}\\
&=-(n+c-1)(n+a+b-c-k)-\frac{(k+c-a)(k+c-b)(k+c+d-a-b-1)}{2k+c+d-a-b}\\
R^{(k)}_n
&=(n+c-1)(n+d+k)+\frac{(k+1)(k+d-a)(k+d-b)}{2k+c+d-a-b}\\
&=(n+a)(n+c+d-a-1+k)+\frac{(k+c-a)(k+d-a)(k+c+d-a-b-1)}{2k+c+d-a-b}
\end{align}
などとも表せる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{(k+s)_k}{2^k(\frac s2)_k(c-a)_k(d-a)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{(k+s)_k}{2^k(\frac s2)_k(c-a)_k(d-a)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(c-a)_j(d-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j
\l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}-\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}
\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(c-a)_{i-1}(d-a)_{i-1}}{(1)_i(s)_i\binom{n+a}i}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(c-a)_j(d-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j
\end{align}
が成り立つ。
これに対応するWZ-pairは
\begin{align}
F(n,j)&=(-1)^j\frac{(a)_{n-j}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}\frac{(c-a)_j(d-a)_j}{(s)_{j+1}}\\
G(n,j)&=(-1)^j\frac{(a)_{n-j+1}(b)_{n+1}}{(c)_{n+1}(d)_{n+1}}\frac{(c-a)_j(d-a)_j}{(s)_j}
\end{align}
である。
また$a$が非負整数であるとき
\begin{align}
F(k,j)&=(-1)^{k+j}\frac{(1)_{k-j}(c-b)_k(d-b)_k}{(c-a)_k(d-a)_k}\frac{(c-a)_{j-1}(d-a)_{j-1}}{(s)_{k+j}}\\
G(k,j)&=(2k+c+d-a-b)\\
&\quad\times(-1)^{k+j}\frac{(1)_{k-j+1}(c-b)_k(d-b)_k}{(c-a)_{k+1}(d-a)_{k+1}}\frac{(c-a)_{j-1}(d-a)_{j-1}}{(s)_{k+j}}
\end{align}
というWZ-pairに関するポテンシャル
\begin{align}
c_{k,j}
&=\sum^{k-1}_{l=0}(-1)^l\frac{(1)_l(c-b)_l(d-b)_l}{(c-a)_{l+1}(d-a)_{l+1}(s)_{l+1}}(2l+s+1)\\
&\qquad{}-\frac{(1)_k(c-b)_k(d-b)_k}{(c-a)_k(d-a)_k(s)_k}\sum^j_{i=1}(-1)^{k+i}\frac{(c-a)_{i-1}(d-a)_{i-1}}{(1)_i(k+s)_i\binom ki}
\end{align}
を用いた表示も得られると思われるが、詳しくはまだ検証していない。
上の数列$u^{(k)}_n=A^{(k)}_n,B^{(k)}_n$は
\begin{align}
0={}
&(n+c)(n+d)(u^{(k)}_{n+1}-u^{(k)}_n)\\
&\quad{}-(n+a)(n+b)(u^{(k)}_n-u^{(k)}_{n-1})\\
&\quad{}-k(k+c+d-a-b-1)u^{(k)}_n
\end{align}
という漸化式を満たす。
また漸化式の対称性から以下が成り立つ。
\begin{align} &\phantom{{}={}} (c-a)_k(d-a)_k\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(c-a)_j(d-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j\\ &=(c-b)_k(d-b)_k\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(c-b)_j(d-b)_j}\binom kj\binom{n+b}j\\ &=(-1)^k(c-a)_k(c-b)_k\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(c-a)_j(c-b)_j}\binom kj\binom{-n-c}j\\ &=(-1)^k(d-a)_k(d-b)_k\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(d-a)_j(d-b)_j}\binom kj\binom{-n-d}j \end{align}
$d=1$の場合
例えば$d=1$とすると次のような結果が得られる。
$$\F abc1^{-1}=1-\frac{ab}{c+ab}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+a)(n+b)(n+c-1)}{(n+1)(n+c)+(n+a)(n+b)}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n(n+a)(n+b)(n+c-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+1)(n+c)+(n+a)(n+b)+k(k+c-a-b)\\
r^{(k)}_n&=-n(n+a+b-k-1)-\frac{(k+c-a)(k+c-b)(k+c-a-b)}{2k+c-a-b+1}\\
R^{(k)}_n&=n(n+c+k)+\frac{(k+1)(k+1-a)(k+1-b)}{2k+c-a-b+1}\\
d^{(k)}_n&=-\frac{(k+1)(k+1-a)(k+1-b)(k+c-a)(k+c-b)(k+c-a-b)}{(2k+c-a-b+1)^2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
\begin{align}
\F abc1^{-1}
&=1-ab\sum^{k-1}_{l=0}(-1)^l\frac{(c-a)_l(c-b)_l(c-a-b)_l}{(1)_{l+1}(1-a)_{l+1}(1-b)_{l+1}}(2l+c-a-b+1)\\
&\quad{}-(-1)^k\frac{ab\frac{(c-a)_k(c-b)_k(c-a-b)_k}{(1)_k(1-a)_k(1-b)_k}}{c+ab+k(k+c-a-b)}\p
\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+a)(n+b)(n+c-1)}{(n+1)(n+c)+(n+a)(n+b)+k(k+c-a-b)}
\end{align}
を得る。
$b=0$の場合
また例えば$b=0$とすると次のような結果が得られる。
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(a+1)_{n-1}(1)_{n-1}}{(c)_n(d)_n}
=\frac1{cd}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+a)(n+c-1)(n+d-1)}{(n+c)(n+d)+n(n+a)}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n(n+a)(n+c-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c)(n+d)+n(n+a)+k(k+c+d-a-1)\\
r^{(k)}_n
&=-n(n+a-k-1)-\frac{(k+1)(k+c-a)(k+d-a)}{2k+c+d-a}\\
R^{(k)}_n
&=n(n+c+d+k-1)+\frac{(k+c)(k+d)(k+c+d-a-1)}{2k+c+d-a}\\
d^{(k)}_n&=-\frac{(k+1)(k+c)(k+d)(k+c-a)(k+d-a)(k+c+d-a-1)}{(2k+c+d-a)^2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
\begin{align}
\sum^\infty_{n=1}\frac{(a+1)_{n-1}(1)_{n-1}}{(c)_n(d)_n}
&=\sum^{k-1}_{l=0}(-1)^l\frac{(1)_l(c-a)_l(d-a)_l}{(c)_{l+1}(d)_{l+1}(c+d-a-1)_{l+1}}(2l+c+d-a)\\
&\quad+(-1)^k\frac{\frac{(1)_k(c-a)_k(d-a)_k}{(c)_k(d)_k(c+d-a-1)_k}}{cd+k(k+c+d-a-1)}\p
\K^\infty_{n=1}\frac{-n(n+a)(n+c-1)(n+d-1)}{(n+c)(n+d)+n(n+a)+k(k+c+d-a-1)}
\end{align}
を得る。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{2^k(\frac{s+1}2)_k}{(c)_k(d)_k(s)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{2^k(\frac{s+1}2)_k}{(c)_k(d)_k(s)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(c)_j(d)_j}\binom kj\binom nj
\l(\sum^n_{m=1}\frac{(a+1)_{m-1}(1)_{m-1}}{(c)_m(d)_m}-\frac{(a+1)_n(1)_n}{(c)_n(d)_n}
\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(c)_{i-1}(d)_{i-1}}{(1)_i(s)_i\binom ni}\r)\\
&=\sum^n_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(c)_j(d)_j}\binom kj\binom nj
\l(\sum^{k-1}_{l=0}(-1)^l\frac{(1)_l(c-a)_l(d-a)_l}{(c)_{l+1}(d)_{l+1}(s)_{l+1}}(2l+s+1)
-\frac{(1)_k(c-a)_k(d-a)_k}{(c)_k(d)_k(s)_k}\sum^j_{i=1}(-1)^{k+i}\frac{(c)_{i-1}(d)_{i-1}}{(1)_i(k+s)_i\binom ki}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+s)_j}{(c)_j(d)_j}\binom kj\binom nj
\end{align}
が成り立つ。
$b=0,d=1$の場合
特に$b=0,d=1$の場合は次のような結果が得られる。
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(a)_n}{(b)_n}\frac1n
=\frac ab\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2(n+a)(n+b-1)}{(n+1)(n+b)+n(n+a)}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^2(n+a)(n+b-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+1)(n+b)+n(n+a)+k(k+b-a)\\
r^{(k)}_n&=-n(n+a)+(k+1)n-\frac{(k+1)(k+1-a)(k+b-a)}{2k+b-a+1}\\
R^{(k)}_n&=n(n+b-1)+(k+1)n+\frac{(k+1)(k+b)(k+b-a)}{2k+b-a+1}\\
d^{(k)}_n&=-\frac{(k+1)^2(k+b-a)^2(k+b)(k+1-a)}{(2k+b-a+1)^2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(a)_n}{(b)_n}\frac1n
=\sum^k_{l=1}(-1)^l\frac{(-a)_l}{(b)_l}\frac{2l+b-a-1}{l(l+b-a-1)}
+(-1)^{k+1}\frac{(-a)_{k+1}/(b)_k}{b+k(k+b-a)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2(n+a)(n+b-1)}{(n+1)(n+b)+n(n+a)+k(k+b-a)}$$
を得る。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{2^k(\frac{b-a+1}2)_k}{k!(b)_k(b-a)_k}\frac{p^{(k)}_n}{n!(b)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{2^k(\frac{b-a+1}2)_k}{k!(b)_k(b-a)_k}\frac{q^{(k)}_n}{n!(b)_n}\\
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(k+b-a)_j}{(b)_j}\binom kj\binom nj
\l(\sum^n_{m=1}\frac{(a)_m}{(b)_m}\frac1m-\frac{(a)_{n+1}}{(b)_n}
\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(b)_{i-1}}{(b-a)_i}\frac1{i\binom ni}\r)\\
&=\sum^n_{j=0}\frac{(k+b-a)_j}{(b)_j}\binom kj\binom nj
\l(\sum^k_{l=1}(-1)^l\frac{(-a)_l}{(b)_l}\frac{2l+b-a-1}{l(l+b-a-1)}
+\frac{(-a)_{k+1}}{(b-1)_{k+1}}\sum^j_{i=1}(-1)^{k+i}\frac{(b-1)_i}{(k+b-a)_i}\frac1{i\binom ki}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(k+b-a)_j}{(b)_j}\binom kj\binom nj
\end{align}
が成り立つ。
低速Apéry変換1
また次のような低速Apéry変換が構成できることもわかった。
\begin{align}
\FF1abcd1
&=\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)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a+k)(n+b)(n+c-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c)(n+d)+(n+a+k)(n+b)+k(c+d-a-b-1)\\
r^{(k)}_n&=-(n+a+k)(n+b-k-1)\\
R^{(k)}_n&=n^2+(k+c+d-1)n+k^2+(c+d-b)k+cd-b\\
d^{(k)}_n&=(k+1)(k+c-b)(k+d-b)(n+a+k)
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
またこれに対応する漸化式は定理7の漸化式
\begin{align}
0={}
&(n+c)(n+d)(u^{(k)}_{n+1}-u^{(k)}_n)\\
&\quad{}-(n+a)(n+b)(u^{(k)}_n-u^{(k)}_{n-1})\\
&\quad{}-k(k+c+d-a-b-1)u^{(k)}_n
\end{align}
において$a\mapsto a+k$としたものに等しいことに注意すると以下の事実が従う。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac1{(c-b)_k(d-b)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac1{(c-b)_k(d-b)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(s)_j}{(c-b)_j(d-b)_j}\binom kj\binom{n+b}j
\l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}-\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}
\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(c-b)_{i-1}(d-b)_{i-1}}{(1)_i(s)_i\binom{n+b}i}\r)\\
B^{(k)}_n&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(s)_j}{(c-b)_j(d-b)_j}\binom kj\binom{n+b}j
\end{align}
上の数列$u^{(k)}_n=A^{(k)}_n,B^{(k)}_n$は
\begin{align}
0={}
&(n+c)(n+d)(u^{(k)}_{n+1}-u^{(k)}_n)\\
&\quad{}-(n+a+k)(n+b)(u^{(k)}_n-u^{(k)}_{n-1})\\
&\quad{}-(c+d-a-b-1)ku^{(k)}_n
\end{align}
および
\begin{align}
0={}
&(k+c-b)(k+d-b)(u^{(k+1)}_n-u^{(k)}_n)\\
&\quad{}-k(k+a+n)(u^{(k)}_n-u^{(k-1)}_n)\\
&\quad{}-(c+d-a-b-1)(n+b)u^{(k)}_n
\end{align}
という漸化式を満たす。
低速Apéry変換2
同様に
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a)(n+b)(n+c+k-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c+k)(n+d)+(n+a)(n+b)\\
r^{(k)}_n&=-(n+c+k-1)(n+a+b-c-k)\\
R^{(k)}_n&=n^2+(k+c+d-1)n+(k+c)(k+c+d-a-b-1)+ab\\
d^{(k)}_n&=(k+c-a)(k+c-b)(k+c+d-a-b-1)(n+c+k-1)
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、特に
$$s=c+d-a-b-1$$
とおいたときそのApéry双対は
\begin{align}
\FF1abcd1
&=1+\frac{ab}{cs}\p\K^\infty_{k=1}\frac{-(k+c-a-1)(k+c-b-1)(k+s-1)(k+c-1)}{(k+s)(k+c)+(k+c-a-1)(k+c-b-1)}\\
&=1+ab\sum^\infty_{k=1}\frac{(c-a)_{k-1}(c-b)_{k-1}}{(c)_k(s)_k}
\end{align}
と級数展開できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{p^{(k)}_n}{(1)_k(c)_{n+k}(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{q^{(k)}_n}{(1)_k(c)_{n+k}(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\frac{(n+d)_j}{j!}\binom{n+d-s}{k-j}\sum^{n+j}_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}\\
B^{(k)}_n&=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\frac{(n+d)_j}{j!}\binom{n+d-s}{k-j}\\
&=(s)_k
\end{align}
が成り立つ。
また${}_1F_0$の場合と同様にこれに対応するWZ-pairについて考えてみたところ
\begin{align}
F(n-1,k)&=\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_{n+k}(d)_{n-1}}\frac{(c-a)_k(c-b)_k}{(s)_{k+1}}\\
G(n-1,k)&=\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_{n+k}(d)_n}\frac{(c-a)_k(c-b)_k}{(s)_k}
\end{align}
と求まり、これによって
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{q^{(k)}_n}
&=\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}
+\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}\sum^k_{l=1}\frac{(c-a)_{l-1}(c-b)_{l-1}}{(c+n)_l(s)_l}\\
&=1+ab\sum^k_{l=1}\frac{(c-a)_{l-1}(c-b)_{l-1}}{(c)_l(s)_l}
+\frac{(c-a)_k(c-b)_k}{(c)_k(s)_k}\sum^n_{m=1}\frac{(a)_m(b)_m}{(c+k)_m(d)_m}
\end{align}
が成り立つことがわかる。
低速Apéry変換3
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a-k)(n+b)(n+c-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c)(n+d)+(n+a-k)(n+b)\\
r^{(k)}_n&=-n^2-(a+b-k-1)n-(k-a)(k+c+d-a-b)+b-cd\\
R^{(k)}_n&=(n+a-k)(n+c+d-a+k-1)\\
d^{(k)}_n&=-(k+c-a)(k+d-b)(k+c+d-a-b-1)(n+a-k)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+a-k-1}{n+a-k}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{p^{(k)}_n}{(s)_k(c)_n(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{q^{(k)}_n}{(s)_k(c)_n(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}-\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}
\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(c-a)_{i-1}(d-a)_{i-1}}{(1)_i(s)_i\binom{n+a}i}\\
B^{(k)}_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)(n+c-k-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c-k)(n+d)+(n+a)(n+b)+k(c+d-a-b-1)\\
r^{(k)}_n&=-n^2-(a+b-k-1)n-(k+1)(k+d-a-b)-ab\\
R^{(k)}_n&=(n+c-k-1)(n+d+k)\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(k+d-a)(k+d-b)(n+c-k-1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+c-k-2}{n+c-k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac1{(c-a-k)_k(d-a)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(c)_{n-k}(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac1{(c-a-k)_k(d-a)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(c)_{n-k}(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(s)_j}{(c-a-k)_j(d-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j
\l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}-\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}
\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(c-a)_{i-1}(d-a)_{i-1}}{(1)_i(s)_i\binom{n+a}i}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(s)_j}{(c-a-k)_j(d-a)_j}\binom kj\binom{n+a}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$a,b,c,d$に対して成り立つ変換について考えてきたが、$b=a+1/2$という条件を満たすとき以下のような変換が構成できることがわかった。
$b=a+1/2$において
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a+\tfrac k2)(n+a+\tfrac{k+1}2)(n+c-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c+k)(n+d+k)+(n+a-\tfrac k2)(n+b-\tfrac k2)-k(k+1)\\
r^{(k)}_n&=-(n+a+\tfrac k2)(n+b-1-\tfrac k2)\\
R^{(k)}_n&=(n+c+k)(n+d+k)-(k+1)(n+b+\tfrac k2)\\
d^{(k)}_n&=(k+1)(k+2c-2a-1)(k+2d-2a-1)(n+a+\tfrac k2)/4
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
またこれに対応する漸化式は定理7の漸化式
\begin{align}
0={}
&(n+c)(n+d)(u^{(k)}_{n+1}-u^{(k)}_n)\\
&\quad{}-(n+a)(n+b)(u^{(k)}_n-u^{(k)}_{n-1})\\
&\quad{}-k(k+c+d-a-b-1)u^{(k)}_n
\end{align}
において$(a,b)\mapsto(a+\tfrac k2,b+\tfrac k2)$としたものに等しいことに注意すると以下の事実が従う。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{4^k}{(2c-2a-k-1)_{2k}}\frac{p^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{4^k}{(2c-2a-k-1)_{2k}}\frac{q^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(s)_j}{(c-a-\frac k2)_j(c-b-\frac k2)_j}\binom kj\binom{-n-c}j\\
&=\sum^k_{j=0}4^j\frac{(s)_j(n+c)_j}{(2c-2a-k-1)_{2j}}\binom kj\binom{-n-c}j
\end{align}
が成り立つ($A^{(k)}_n$については不明)。
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)(n+c-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c)(n+d)+(n+a-\tfrac k2)(n+b-\tfrac k2)\\
r^{(k)}_n&=-(n+c-1)(n+d-1)+(k+c+d-a-b-1)(n+a-1-\tfrac k2)\\
R^{(k)}_n&=(n+a-\tfrac k2)(n+c+d-a-1+\tfrac k2)\\
d^{(k)}_n&=-(k+2c-2a)(k+2d-2a)(k+c+d-a-b-1)(n+a-\tfrac k2)/4\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+a-\tfrac k2-1}{n+a-\tfrac k2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac1{(s)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac1{(s)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}+\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}
\sum^k_{l=1}(-1)^{l-1}\frac{(2c-2a)_{l-1}(2d-2a)_{l-1}}{(1)_l(s)_l\binom{2n+2a}l}\frac1{2^l}\\
B^{(k)}_n
&=1
\end{align}
が成り立つ。
これに対応するWZ-pairは
\begin{align}
F(n-1,k)&=\frac{2^{-2n}(2a-1)_{2n-k-1}}{(c)_{n-1}(d)_{n-1}}\c
(-1)^k\frac{(2c-2a)_k(2d-2a)_k}{(s)_{k+1}}\frac1{2^{k-1}}\\
G(n-1,k)&=\frac{2^{-2n}(2a-1)_{2n-k}}{(c)_n(d)_n}\c
(-1)^k\frac{(2c-2a)_k(2d-2a)_k}{(s)_k}\frac1{2^k}
\end{align}
である。
特殊な低速Apéry変換3
$d=c+1/2$において
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a)(n+b)(n+c+\tfrac k2-1)(n+c+\tfrac{k+1}2-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c+\tfrac k2)(n+d+\tfrac{k+1}2)+(n+a)(n+b)\\
r^{(k)}_n&=-(n+c+\tfrac k2-1)(n+a+b-c-\tfrac k2)\\
R^{(k)}_n&=(n+a)(n+b)+(k+c+d-a-b-1)(n+c+\tfrac k2)\\
d^{(k)}_n&=(k+2c-2a)(k+2c-2b)(k+c+d-a-b-1)(n+c+\tfrac k2-1)/4
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac1{(s)_k}\frac{p^{(k)}_n}{2^{-2n-k}(2c)_{2n+k}}\\
B^{(k)}_n&=\frac1{(s)_k}\frac{q^{(k)}_n}{2^{-2n-k}(2c)_{2n+k}}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}+\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}
\sum^k_{l=1}\frac{(2c-2a)_{l-1}(2c-2b)_{l-1}}{(s)_l(2n+2c)_l}\frac1{2^l}\\
B^{(k)}_n
&=1
\end{align}
が成り立つ。
これに対応するWZ-pairは
\begin{align}
F(n-1,k)&=\frac{(a)_n(b)_n}{2^{-2n}(2c)_{2n+k-1}}
\frac{(2c-2a)_k(2c-2b)_k}{(s)_{k+1}}\frac1{2^{k+1}}\\
G(n-1,k)&=\frac{(a)_n(b)_n}{2^{-2n}(2c)_{2n+k}}
\frac{(2c-2a)_k(2c-2b)_k}{(s)_k}\frac1{2^k}
\end{align}
である。
特殊な低速Apéry変換4
$d=c-1/2$において
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a)(n+b)(n+c-\tfrac k2-1)(n+c-\tfrac{k+1}2-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c-\tfrac k2)(n+d-\tfrac k2)+(n+a)(n+b)+k(c+d-a-b-1)\\
r^{(k)}_n&=-(n+a-k-1)(n+b-k-1)-(k+1)(n+d-\tfrac k2-1)\\
R^{(k)}_n&=(n+c-\tfrac k2-1)(n+d+\tfrac k2)\\
d^{(k)}_n&=(k+2c-2a)(k+2c-2b)(k+c+d-a-b-1)(n+c+\tfrac k2-1)/4\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+c-\tfrac k2-2}{n+c-\tfrac k2-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
またこれに対応する漸化式は定理7の漸化式
\begin{align}
0={}
&(n+c)(n+d)(u^{(k)}_{n+1}-u^{(k)}_n)\\
&\quad{}-(n+a)(n+b)(u^{(k)}_n-u^{(k)}_{n-1})\\
&\quad{}-k(k+c+d-a-b-1)u^{(k)}_n
\end{align}
において$(c,d)\mapsto(c-\tfrac k2,d-\tfrac k2)$としたものに等しいことに注意すると以下の事実が従う。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=c+d-a-b-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{4^k}{(2c-2a-k-1)_{2k}}\frac{p^{(k)}_n}{2^{-2n+k}(2c)_{2n-k}}\\
B^{(k)}_n&=\frac{4^k}{(2c-2a-k-1)_{2k}}\frac{q^{(k)}_n}{2^{-2n+k}(2c)_{2n-k}}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(s)_j}{(c-a-\frac k2)_j(d-a-\frac k2)_j}\binom kj\binom{n+a}j\\
&=\sum^k_{j=0}4^j\frac{(1)_j(s)_j}{(2c-2a-k-1)_{2j}}\binom kj\binom{n+a}j
\end{align}
が成り立つ($A^{(k)}_n$については不明)。
特殊な低速Apéry変換$\alpha$
ちなみに上のような変換は$b_n$が
$$(n+x)(n+x\pm\tfrac12)$$
という因子を持っていればいつでも考えられるので
$$c-1=a-\tfrac12$$
の場合においても同様に$2$通りの変換を与えることができる。
なお$c-1=a+1/2$の場合も同様の変換が考えられるが、適当な変換を一度噛ますことで$c-1=a-1/2$の場合に帰着できることに注意。
$a=c-1/2$において
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+c+\tfrac k2-1)(n+c+\tfrac{k+1}2-1)(n+b)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c+k)(n+d)+(n+a)(n+b)+k(k-1)/4\\
r^{(k)}_n&=-(n+c+\tfrac k2-1)(n+b-\tfrac{k+1}2)\\
R^{(k)}_n&=(n+c+k)(n+d-1)+(k+1)(k+c-b)/2\\
d^{(k)}_n&=(k+1)(k+c-b)(k+2d-2b-1)(n+c+\tfrac k2-1)/4
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
$c=a+1/2$において
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(n+a-\tfrac k2)(n+a-\tfrac{k+1}2)(n+b)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c)(n+d)+(n+a-k)(n+b)+k(k-1)/4\\
r^{(k)}_n&=-(n+a-k-1)(n+b)-(k+1)(k+d-a)/2\\
R^{(k)}_n&=(n+a-\tfrac k2)(n+d+\tfrac{k-1}2)\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(k+d-a)(k+2d-2b-1)(n+a-\tfrac k2)/4\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+a-\frac k2-1}{n+a-\frac k2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
${}_2F_1(a,b;c;-1)$の場合
ちなみに一般の場合
\begin{align}
\FF1abcdt
&=\sum^\infty_{n=0}\frac{(a)_n(b)_n}{(c)_n(d)_n}t^n\\
&=1+\frac{abt}{cd}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+a)(n+b)(n+c-1)(n+d-1)t}{(n+c)(n+d)+(n+a)(n+b)t}
\end{align}
に対しBauer-Muir変換を考えてみたところ、$t\neq1$において
$$r_n=-t(n+a-1)(n+b-1)+(a+b-c-d)\frac t{1-t}$$
とおくと$\deg d_n\leq1$が成り立ち、またその$n$の係数は
\begin{align}
&\frac t{1-t}\Big((c+d+1-(a+b-1)t)(a+b-c-d)-2(ab-cd)(1-t)\Big)\\
={}&\frac t{1-t}\Big((a-b)^2-(c-d)^2+(2(ab-cd)-(a+b-1)(a+b-c-d))(1+t)\Big)
\end{align}
と求まることがわかった。
さらに色々と考えてみたところ常に$\deg_n d^{(k)}_n=0$が成り立つためには$t=-1$かつ$(a-b)^2=(c-d)^2$であることが必要十分となることがわかった。
$a+c=b+d$であるとき
\begin{align}
\FF1abcd{-1}
&=\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)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=(n+a)(n+b)(n+c-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+c+k)(n+d+k)-(n+a-k)(n+b-k)\\
&=(2k+d-a)(2n+c+a)\\
r^{(k)}_n&=(n+a-k-1)(n+b-k-1)+(k+1)(k+d-a)\\
R^{(k)}_n&=(n+c+k)(n+d+k)+(k+1)(k+d-a)\\
d^{(k)}_n&=(k+1)(k+d-a)(2k+c-a+1)(2k+d-b+1)
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{2^{-k}}{(\frac{c-a+1}2)_k(d-a)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{2^{-k}}{(\frac{c-a+1}2)_k(d-a)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(c)_n(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(n+c)_j}{(\frac{c-a+1}2)_j(d-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j
\l(\sum^n_{m=0}(-1)^m\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}
+\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}\sum^j_{i=1}(-1)^{n+i}
\frac{(\tfrac{c-a+1}2)_{i-1}(d-a)_{i-1}}{2(1)_i(n+c)_i\binom{n+a}i}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(n+c)_j}{(\frac{c-a+1}2)_j(d-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j
\end{align}
が成り立つ。
なおこれに対応するWZ-pairは
\begin{align}
F(n,j-1)&=(-1)^{n+j}\frac{(a)_{n-j+1}(b)_{n+1}}{(c)_{n+j}(d)_n}
\c\frac12(\tfrac{c-a+1}2)_{j-1}(d-a)_{j-1}\\
G(n,j-1)&=(-1)^{n+j}\frac{(a)_{n-j+2}(b)_{n+1}}{(c)_{n+j}(d)_{n+1}}
\c(\tfrac{c-a+1}2)_{j-1}(d-a)_{j-1}
\end{align}
である。
また$a$が非負整数であるときは
\begin{align}
F(k,j)&=(-1)^j\frac{(\frac{d-b+1}2)_k(1)_{k-j}}{(\frac{c-a+1}2)_k(d-a)_k}
\frac{(\frac{c-a+1}2)_{j-1}(d-a)_{j-1}}{(c-a)_j}\\
G(k,j)&=(-1)^j\frac{(\frac{d-b+1}2)_k(1)_{k-j+1}}{(\frac{c-a+1}2)_{k+1}(d-a)_{k+1}}
\frac{(\frac{c-a+1}2)_{j-1}(d-a)_{j-1}}{(c-a)_{j-1}}
\end{align}
というWZ-pairに関するポテンシャル
$$c_{k,j}
=\sum^{k-1}_{l=0}\frac{(\frac{d-b+1}2)_l(1)_l}{(\frac{c-a+1}2)_{l+1}(d-a)_{l+1}}
-\frac{(\frac{d-b+1}2)_k(1)_k}{(\frac{c-a+1}2)_k(d-a)_k}\sum^j_{i=1}(-1)^i
\frac{(\frac{c-a+1}2)_{i-1}(d-a)_{i-1}}{(1)_i(c-a)_i\binom ki}$$
を用いた表示も得られると思う。
上の数列$u^{(k)}_n=A^{(k)}_n,B^{(k)}_n$は
$$(n+c)(n+d)u^{(k)}_{n+1}-(2k+d-a)(2n+c+a)u^{(k)}_n-(n+a)(n+b)u^{(k)}_{n-1}=0$$
および
\begin{align}
0&=(k+d-a)(2k+c-a+1)(u^{(k+1)}_n-u^{(k)}_n)\\
&\qquad{}-k(2k+d-b-1)(u^{(k)}_n-u^{(k-1)}_n)\\
&\qquad{}-2(n+a)(n+c)u^{(k)}_n
\end{align}
という漸化式を満たす。
\begin{align} &\phantom{{}={}}(\tfrac{c-a+1}2)_k \sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(n+c)_j}{(\frac{c-a+1}2)_j(d-a)_j}\binom kj\binom{n+a}j\\ &=(\tfrac{d-b+1}2)_k \sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(n+d)_j}{(\frac{d-b+1}2)_j(c-b)_j}\binom kj\binom{n+b}j \end{align}
$d=1$の場合
例えば$d=1,c=b-a+1$の場合は次のような結果が得られる。
$$\F a{2b}{2b-a+1}{-1}^{-1}
=1+\frac{2ab}{(1-a)(2b+1)}
\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+a)(n+2b)(n+2b-a)}{(n+1)(n+2b-a+1)-(n+a)(n+2b)}$$
に対し
\begin{align}
\FF1abcd{-1}
&=\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)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=ｎ(n+a)(n+2b)(n+2b-a)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2k+1-a)(2n+2b+1)\\
r^{(k)}_n&=(n+a-k-1)(n+b-k-1)+(k+1)(k+c-a)\\
R^{(k)}_n&=n^2+2(k+b-a+1)n+2(k+1)(k+b-a+1)\\
d^{(k)}_n&=4(k+1)(k+1-a)(k+1-b)(k+b-a+1)
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
$$\F a{2b}{2b-a+1}{-1}^{-1}
=\sum^k_{l=0}\frac{(-a)_l(-b)_l}{(1)_l(b-a+1)_l}
+\frac{2\frac{(-a)_{k+1}(-b)_{k+1}}{(1)_k(b-a+1)_k}}{(2k+1-a)(2b+1)}
\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+a)(n+2b)(n+2b-a)}{(2k+1-a)(2n+2b+1)}$$
が得られる。
ちなみにこのApéry双対
$$\F a{2b}{2b-a+1}{-1}^{-1}=\F{-a}{-b}{b-a+1}1$$
と超幾何定理
$$\F abc1=\frac{\G(c)\G(c-a-b)}{\G(c-a)\G(c-b)}$$
からKummerの定理
$$\F a{2b}{2b-a+1}{-1}=\frac{\G(b+1)\G(2b-a+1)}{\G(2b+1)\G(b-a+1)}$$
が得られる。
低速Apéry変換1
また次のような低速Apéry変換が構成できることもわかった。
$a+c=b+d$であるとき
\begin{align}
\FF1abcd{-1}
&=\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)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=(n+a+k)(n+b)(n+c-k-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(k+d-a)(2n+c+a)\\
r^{(k)}_n&=(n+a+k)(n+b-2k-2)\\
R^{(k)}_n&=(n+c-k-1)(n+d+2k+1)\\
d^{(k)}_n&=-2(k+1)(2k+d-b+1)(n+a+k)(n+c-k-1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+c-k-2}{n+c-k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
これに対応する漸化式は定理10の漸化式
$$(n+c)(n+d)u^{(k)}_{n+1}-(2k+d-a)(2n+c+a)u^{(k)}_n-(n+a)(n+b)u^{(k)}_{n-1}=0$$
において$(a,c)\mapsto(a+k,c-k)$としたものに等しいことに注意すると以下の事実が従う。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{2^{-k}}{(\frac{d-b+1}2)_k(c-b-k)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(c)_{n-k}(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{2^{-k}}{(\frac{d-b+1}2)_k(c-b-k)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(c)_{n-k}(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(n+d)_j}{(\frac{d-b+1}2)_j(c-b-k)_j}\binom kj\binom{n+b}j
\l(\sum^n_{m=0}(-1)^m\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}
+\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}\sum^j_{i=1}(-1)^{n+i}
\frac{(\tfrac{d-b+1}2)_{i-1}(c-b)_{i-1}}{2(1)_i(n+d)_i\binom{n+b}i}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(n+d)_j}{(\frac{d-b+1}2)_j(c-b-k)_j}\binom kj\binom{n+b}j
\end{align}
が成り立つ。
上の数列$u^{(k)}_n=A^{(k)}_n,B^{(k)}_n$は
$$(n+c-k)(n+d)u^{(k)}_{n+1}-(k+d-a)(2n+c+a)u^{(k)}_n-(n+a+k)(n+b)u^{(k)}_{n-1}=0$$
および
\begin{align}
0&=(k-d+a)(k-d+a+1)(2k+d-b+1)(u^{(k+1)}_n-u^{(k)}_n)\\
&\qquad{}-2k(k+A+n)(k-c-n)(u^{(k)}_n-u^{(k-1)}_n)\\
&\qquad{}-2(d-a)(n+b)(n+d)u^{(k)}_n
\end{align}
という漸化式を満たす。
低速Apéry変換2
同様に
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=(n+a-k)(n+b)(n+c+k-1)(n+d-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(k+d-a)(2n+c+a)\\
r^{(k)}_n&=(n+c+k-1)(n+a+b-c-2k-1)\\
R^{(k)}_n&=(n+a-k)(n+c+d-a+2k)\\
d^{(k)}_n&=-2(k+d-a)(2k+c-a+1)(n+a-k)(n+c+k-1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+a-k-1}{n+a-k}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{p^{(k)}_n}{2^k(c)_{n+k}(d)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{q^{(k)}_n}{2^k(c)_{n+k}(d)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^n_{m=0}(-1)^m\frac{(a)_m(b)_m}{(c)_m(d)_m}+\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}}{(c)_n(d)_n}
\sum^k_{l=1}(-1)^{n+l}\frac{(\tfrac{c-a+1}2)_{l-1}(d-a)_{l-1}}{2(1)_l(n+c)_l\binom{n+a}l}\\
B^{(k)}_n&=1
\end{align}
が成り立つ。
${}_3F_2$の場合
\begin{align}
{}_4F_3\l(\begin{matrix}
1,a,b,c\\d,e,f
\end{matrix};1\r)
&=\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}
に対しBauer-Muir変換を考えてみたところ、常に$\deg d^{(k)}_n=0$が成り立つとすれば
\begin{align}
b^{(k)}_n&=-(n+a)(n+b)(n+c)(n+d-1)(n+e-1)(n+f-1)\\
a^{(k)}_n&=(n+d+k)(n+e+k)(n+f+k)+(n+a-k)(n+b-k)(n+c-k)-2k(k+1)n-2s_k\\
r^{(k)}_n&=-(n+a-k-1)(n+b-k-1)(n+c-k-1)-(k+1)(n-1)^2+k(k+1)n-r_kn+r'_k
\end{align}
と求まることがわかった。
ただし$r_k,s_k$は
\begin{align}
(n+a)(n+b)(n+c)&=n^3+An^2+Bn+C\\
(n+d)(n+e)(n+f)&=n^3+Dn^2+En+F
\end{align}
とおいたとき、$r_{-1}=0$および
\begin{align}
r_k&=\frac{(4k+D-A-2)r_{k-1}+2k(D+A)+E-B}{4k+D-A}\\
s_k&=\sum^{k-1}_{l=0}r_l
\end{align}
によって定まるものとした。また$r'_k$の値や$\deg d^{(k)}_n=0$となる条件については調査中。
$a+d=b+e=c+f$の場合
色々と考えてみたところ
$$a+d=b+e=c+f$$
において$\deg d^{(k)}_n=0$が成り立つことがわかった(必要性については未調査)。
ちなみにこれは
\begin{align}
P(n)&=(n+a)(n+b)(n+c)\\
&=n^3+An^2+Bn+C\\
Q(n)&=(n+d)(n+e)(n+f)\\
&=n^3+Dn^2+En+F
\end{align}
とおいたとき
$$P(n-A/3)=-Q(-n-D/3)$$
が成り立つことと同値である。
$$a+d=b+e=c+f$$
であるとき
\begin{align}
b^{(k)}_n&=-(n+a)(n+b)(n+c)(n+d-1)(n+e-1)(n+f-1)\\
a^{(k)}_n&=(n+d)(n+e)(n+f)+(n+a)(n+b)(n+c)+k(2k+d+e+f-a-b-c-1)(2n+a+d)\\
r^{(k)}_n&=-(n+a)(n+b-k-1)(n+c-k-1)-(k+1)(k+a+d-b-c)(n+a)+\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^{(k)}_n&=(n+d-1)(n+e+k)(n+f+k)+(k+1)(k+a+d-b-c)(n+d-1)+\frac{(k+1)(k+a+d-b-c)(2k+e-b+1)(2k+f-c+1)}{4k+d+e+f-a-b-c+1}\\
d^{(k)}_n&=\frac{(k+1)(k+d-b)(k+e-c)(k+f-a)(2k+d-a+1)(2k+e-b+1)(2k+f-c+1)(2k+d+e+f-a-b-c-1)}{(4k+d+e+f-a-b-c+1)^2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=d+e+f-a-b-c-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac{(k+\frac s2)_k}{4^k(\frac s4)_k(\frac{d-a+1}2)_k(d-b)_k(d-c)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(d)_n(e)_n(f)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac{(k+\frac s2)_k}{4^k(\frac s4)_k(\frac{d-a+1}2)_k(d-b)_k(d-c)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(d)_n(e)_n(f)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+\frac s2)_j(n+d)_j}{(\frac{d-a+1}2)_j(d-b)_j(d-c)_j}\binom kj\binom{n+a}j
\l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m(c)_m}{(d)_m(e)_m(f)_m}-\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}(c)_{n+1}}{(d)_n(e)_n(f)_n}
\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(\frac{d-a+1}2)_{i-1}(d-b)_{i-1}(d-c)_{i-1}}{2(1)_i(\frac s2)_i(n+d)_i\binom{n+a}i}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+\frac s2)_j(n+d)_j}{(\frac{d-a+1}2)_j(d-b)_j(d-c)_j}\binom kj\binom{n+a}j
\end{align}
が成り立つ。
なおこれに対応するWZ-pairは
\begin{align}
F(n,j)&=(-1)^j\frac{(a)_{n-j}(b)_{n+1}(c)_{n+1}}{(d)_{n+j+1}(e)_n(f)_n}
\frac{(\frac{d-a+1}2)_j(d-b)_j(d-c)_j}{2(\frac s2)_{j+1}}\\
G(n,j)&=(-1)^j\frac{(a)_{n-j+1}(b)_{n+1}(c)_{n+1}}{(d)_{n+j+1}(e)_{n+1}(f)_{n+1}}
\frac{(\frac{d-a+1}2)_j(d-b)_j(d-c)_j}{(\frac s2)_j}
\end{align}
である。
上の数列$u^{(k)}_n=A^{(k)}_n,B^{(k)}_n$は
\begin{align}
0={}
&(n+d)(n+e)(n+f)(u^{(k)}_{n+1}-u^{(k)}_n)\\
&\quad{}-(n+a)(n+b)(n+c)(u^{(k)}_n-u^{(k)}_{n-1})\\
&\quad{}-k(2k+s)(2n+a+d)u^{(k)}_n
\end{align}
という漸化式を満たす。
\begin{align} &\phantom{{}={}}(\tfrac{d-a+1}2)_k(d-b)_k(d-c)_k \sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+\frac s2)_j(n+d)_j}{(\frac{d-a+1}2)_j(d-b)_j(d-c)_j}\binom kj\binom{n+a}j\\ &=(\tfrac{e-b+1}2)_k(e-c)_k(e-a)_k \sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+\frac s2)_j(n+e)_j}{(\frac{e-b+1}2)_j(e-c)_j(e-a)_j}\binom kj\binom{n+b}j\\ &=(\tfrac{f-c+1}2)_k(f-a)_k(f-b)_k \sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(k+\frac s2)_j(n+f)_j}{(\frac{f-c+1}2)_j(f-a)_j(f-b)_j}\binom kj\binom{n+c}j \end{align}
低速Apéry変換1
また次のような低速Apéry変換が構成できることもわかった。
$$a+d=b+e=c+f$$
であるとき
\begin{align}
b^{(k)}_n&=-(n+a+k)(n+b)(n+c)(n+d-k-1)(n+e-1)(n+f-1)\\
a^{(k)}_n&=(n+d-k)(n+e)(n+f)+(n+a+k)(n+b)(n+c)+k(d+e+f-a-b-c-1)(2n+a+d)\\
r^{(k)}_n&=-(n+a+k)((n+b-k-1)(n+c-k-1)-(k+1)(k+a+d-b-c))\\
R^{(k)}_n&=(n+d-k-1)((n+e+k)(n+f+k)+(k+1)(k+a+d-b-c))\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(k+a+d-b-c)(2k+e-b+1)(2k+f-c+1)(n+a+k)(n+d-k-1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+d-k-2}{n+d-k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
やはりこれに関する漸化式は定理13の漸化式
\begin{align}
0={}
&(n+d)(n+e)(n+f)(u^{(k)}_{n+1}-u^{(k)}_n)\\
&\quad{}-(n+a)(n+b)(n+c)(u^{(k)}_n-u^{(k)}_{n-1})\\
&\quad{}-k(2k+d+e+f-a-b-c-1)(2n+a+d)u^{(k)}_n
\end{align}
において$(a,d)\mapsto(a+k,d-k)$としたものに等しいため以下を得る。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=d+e+f-a-b-c-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac1{2^k(\frac{e-b+1}2)_k(e-c)_k(e-a-k)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(d)_{n-k}(e)_n(f)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac1{2^k(\frac{e-b+1}2)_k(e-c)_k(e-a-k)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(d)_{n-k}(e)_n(f)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(\frac s2)_j(n+e)_j}{(\frac{e-b+1}2)_j(e-c)_j(e-a-k)_j}\binom kj\binom{n+b}j
\l(\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m(c)_m}{(d)_m(e)_m(f)_m}-\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}(c)_{n+1}}{(d)_n(e)_n(f)_n}
\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(\frac{e-b+1}2)_{i-1}(e-c)_{i-1}(e-a)_{i-1}}{2(1)_i(\frac s2)_i(n+e)_i\binom{n+b}i}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}\frac{(1)_j(\frac s2)_j(n+e)_j}{(\frac{e-b+1}2)_j(e-c)_j(e-a-k)_j}\binom kj\binom{n+b}j
\end{align}
が成り立つ。
低速Apéry変換2
同様に
\begin{align}
b^{(k)}_n&=-(n+a-k)(n+b)(n+c)(n+d+k-1)(n+e-1)(n+f-1)\\
a^{(k)}_n&=(n+d+k)(n+e)(n+f)+(n+a-k)(n+b)(n+c)\\
r^{(k)}_n&=-(n+d+k-1)(n^2+(a+b+c-d-2k-1)(n-d-k)+(a-k-1)(b+c)+bc)\\
R^{(k)}_n&=(n+a-k)(n^2+(d+e+f-a+2k-1)(n+d+k)-(d+k)(b+c)+bc)\\
d^{(k)}_n&=-(k+e-a)(k+f-a)(2k+d-a+1)(2k+d+e+f-a-b-c-1)(n+a-k)(n+d+k-1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n+a-k-1}{n+a-k}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$s=d+e+f-a-b-c-1$$
および
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac1{2^k(\frac s2)_k}\frac{p^{(k)}_n}{(d)_{n+k}(e)_n(f)_n}\\
B^{(k)}_n&=\frac1{2^k(\frac s2)_k}\frac{q^{(k)}_n}{(d)_{n+k}(e)_n(f)_n}
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^n_{m=0}\frac{(a)_m(b)_m(c)_m}{(d)_m(e)_m(f)_m}-\frac{(a)_{n+1}(b)_{n+1}(c)_{n+1}}{(d)_n(e)_n(f)_n}
\sum^k_{l=1}(-1)^l\frac{(\frac{d-a+1}2)_{l-1}(d-b)_{l-1}(d-c)_{l-1}}{2(1)_l(\frac s2)_l(n+d)_l\binom{n+a}l}\\
B^{(k)}_n
&=1
\end{align}
が成り立つ。
雑多な計算例
$e^t$の場合
\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。
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+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}\\
\frac{q^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}\sum^{n+j}_{m=0}\frac{t^m}{m!}
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=t^{-n-k-1}(p^{(k)}_ne^t-q^{(k)}_n)$$
とおくと
$$I^{(k)}_n=(-1)^k
\int^1_0x^k(1-x)^ne^{tx}dx$$
が成り立つ。
ちなみにApéry双対が
$$e^{-t}=\sum^\infty_{k=0}\frac{(-t)^k}{k!}$$
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+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}& &=\sum^n_{j=0}\binom{k+j}j\frac{t^{n-j}}{(n-j)!}\sum^{k+j}_{l=0}\frac{(-t)^l}{l!}\\ &\sum^k_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}\sum^{n+j}_{m=0}\frac{t^m}{m!}& &=\sum^n_{j=0}\binom{k+j}j\frac{t^{n-j}}{(n-j)!} \end{alignat}
$n-k< m\leq n$なる任意の整数$m$に対し
$$\sum^k_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}\frac{t^{m+j}}{(m+j)!}=0$$
が成り立つ。
\begin{align}
&\sum^\infty_{l=0}
\l(\sum^l_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-1)^{l-j}}{(l-j)!}\frac1{(m+j)!}\r)x^l\\
={}&\l(\sum^\infty_{j=0}\frac{(-x)^j}{j!}\r)\l(\sum^\infty_{j=0}\binom{n+j}n\frac{x^j}{(m+j)!}\r)\\
={}&e^{-x}\frac1{n!}\frac{d^n}{dx^n}x^{n-m}e^x\\
={}&\sum^n_{j=0}\binom{n-m}jx^{n-m-j}
\end{align}
は$n-m$次多項式であることに注意して$k$次の係数を比較することでわかる。
$\sum(-1)^{n-1}/(n+x)$について
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。
ちなみに$x=-1/2,k=1$とすることで
いつぞやの記事
にて紹介した連分数
\begin{align}
\frac\pi2
&=1+\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+1)}1\\
&=1+\frac11\p\K^\infty_{n=2}\frac1{1/n}
\end{align}
が得られたりする。
特にその収束分数は次のように求めることができる。
$$\frac\pi2=1+\K^\infty_{n=1}\frac1{1/n}$$
の収束分数$P_n/Q_n$について
$$P_{2n}=P_{2n-1}=\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!},\quad
Q_{2n}=Q_{2n+1}=\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}$$
が成り立つ。
折り畳み
$P_n,Q_n$は形式的な連分数公式
$$\frac\pi2=\frac10\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}0$$
の収束分数$p_n/q_n$のBauer-Muir変換
$$p'_n=p_{n+1}+(n+1)p_n,\quad q'_n=q_{n+1}+(n+1)q_n$$
に対し
$$P_n=\frac{p'_n}{n!},\quad Q_n=\frac{q'_n}{n!}$$
と定まっていたことに注意する。
いま$u_n=p_n,q_n$は
$$u_{n+1}=n^2u_{n-1}$$
を満たすことに注意すると
$$p_{2n}=0,\quad p_{2n+1}=((2n)!!)^2,\quad q_{2n}=((2n-1)!!)^2,\quad q_{2n+1}=0$$
と求まり、このことから
$$p'_{2n}=((2n)!!)^2,\quad p'_{2n-1}=\frac{((2n)!!)^2}{2n},\quad
q'_{2n}=\frac{((2n+1)!!)^2}{2n+1},\quad q'_{2n+1}=((2n+1)!!)^2$$
および
$$P_{2n}=P_{2n-1}=\frac{((2n)!!)^2}{(2n)!},\quad
Q_{2n}=Q_{2n+1}=\frac{((2n+1)!!)^2}{(2n+1)!}$$
がわかるので、あとは
$$(2n)!!\c(2n+1)!!=(2n+1)!$$
に注意すると主張を得る。
$\log2$について
\begin{align}
\log2
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}1\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(4n^2-1)}{2n+1}\\
\end{align}
に対し低速Apéry変換を考えてみたところ次のような結果が得られた。
上の連分数に対し
\begin{align}
b^{(k-1)}_{n+1}&=n^2(4n^2-(2k-1)^2)\\
a^{(k-1)}_{n+1}&=(2k-1)(2n+1)\\
r^{(k-1)}_n&=(n-2k)(2n+2k-1)\\
R^{(k-1)}_n&=(n+2k)(2n-2k+1)\\
d^{(k-1)}_n&=-4k^2(4n^2-(2k-1)^2)\\
t^{(k-1)}_n&=\frac{2n-2k-1}{2n-2k+1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O(1/n^{2k+1})$で収束する連分数
$$\log2
=-\frac12\sum^k_{l=1}\frac1l
+\frac{2k+1}{2k+1}
\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(4n^2-(2k+1)^2)}{(2k+1)(2n+1)}$$
や$O(1/4^n)$で収束する連分数
\begin{align}
\log2
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^2(4n-1)}{3n}\p\frac{4n^2(4n+1)}{3n+1}\r)\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n(4n-1)}3\p\frac{4n(4n+1)}{3n+1}\r)\\
&=\frac36\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(4n-1)\c4n(4n+1)}{(n+1)(4n+3)+3(3n+1)+4n(4n+1)}\\
&=\frac{3/2}3\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2(16n^2-1)}{10n^2+10n+3}\\
\end{align}
が得られる。
$\z(2)$について
第六回の記事
にて
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+1}$$
を低速Apéry変換することで得られた
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac3{n^2\binom{2n}n}
=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{5n^2+6n+2}$$
という連分数に対し次のような反復Bauer-Muir変換が構成できた。
上の連分数に対し
\begin{align}
b^{(k-1)}_{n+1}&=-n^2(2n-k+1)(2n-k)\\
a^{(k-1)}_{n+1}&=5n^2+4n+1+k(2n+1)\\
r^{(k-1)}_n&=-n^2+2kn-3k^2\\
R^{(k-1)}_n&=(2n-k+1)(2n+3k)\\
d^{(k-1)}_n&=-9k^3(2n-k+1)\\
t^{(k-1)}_n&=\frac{2n-k-1}{2n-k+1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
\begin{align}
\z(2)
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^3(n+1)}{5n(n+1)}\p\frac{9n^3(n+1)}{(n+1)(5n+2)}\r)\\
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^2}5\p\frac{9n^2}{(n+1)(5n+2)}\r)\\
&=\frac{15}9\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2\c9n^2}{-(n+1)^2+5(n+1)(5n+2)+9n^2}\\
&=\frac53\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{11n^2+11n+3}
\end{align}
を得る。
$\z(3)$について
$$\z(3)=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(n+1)^3+n^3}$$
に対し低速Apéry変換を考えてみたところ次のような結果が得られた。
上の連分数に対し
\begin{align}
b^{(k-1)}_{n+1}&=-n^4(n^2-(k-1)^2)\\
a^{(k-1)}_{n+1}&=(2n+1)(n^2+n+k)\\
r^{(k-1)}_n&=(n+k-1)(n^2-2kn+2k^2)\\
R^{(k-1)}_n&=(n-k+1)(n^2+2kn+2k^2)\\
d^{(k-1)}_n&=-4k^4(n^2-(k-1)^2)\\
t^{(k-1)}_n&=\frac{n-k}{n-k+1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
\begin{align}
\z(3)
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^4(2n-1)}{5n^2}\p\frac{8n^5}{5n^2+4n+1}\r)\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^2(2n-1)}5\p\frac{8n^3}{5n^2+4n+1}\r)\\
&=\frac54\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(2n-1)\c8n^3}{-(n+1)^2(2n+1)+5(5n^2+4n+1)+8n^3}\\
&=\frac{5/2}2\p\K^\infty_{n=1}\frac{2n^5(2n-1)}{3n^3+10n^2+8n+2}
\end{align}
を得る。
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