あるApéry数の類似について10

今回は
\begin{align} a_n=\sum_{k=0}^n\binom nk\binom{n+k}{k}\binom{2n-k}{n-k}=\binom{2n}n\F32{-n,-n,n+1}{1,-2n}{-1} \end{align}
によって定義される数列ついて考察していきたいと思う. これはOEISの A274665 である.

漸化式

Zeilbergerのアルゴリズムを用いると$a_n$は以下の漸化式を満たすことが分かる.

この漸化式は
\begin{align} e(n+1)^2u_{n+1}-(an^2+an+b)u_n+(cn^2+d)u_{n-1}=0 \end{align}
という形の漸化式であり, 前2つの記事( あるApéry数の類似について8 , あるApéry数の類似について9 )で扱った数列もこの形の漸化式を満たしていた.

別の表示1

Zeilbergerのアルゴリズムによって以下が成り立つことが分かる.

これは
\begin{align} a_n&=\frac{2\cdot 4^n}{2^n}\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n4\rfloor}\frac{n-2k}{n}\frac{\left(\frac 12\right)_k\left(\frac 12\right)_{n-k}}{k!(n-k)!}\binom{3n-4k-1}{2n-1}\\ &=\frac 1{2^n}\frac{2\cdot 4^n(3n-1)!\left(\frac 12\right)_n}{(2n-1)!n!^2}\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n4\rfloor}\frac{n-2k}n\frac{\left(\frac 12,-n\right)_k}{k!\left(\frac 12-n\right)_k}\frac{(-n)_{4k}}{(1-3n)_{4k}}\\ &=\frac 4{2^n\cdot 3}\frac{(3n)!}{n!^3}\F76{-n,1-\frac n2,\frac 12,-\frac n4,\frac{1-n}4,\frac{2-n}4,\frac{3-n}4}{-\frac n2,\frac 12-n,\frac{4-3n}4,\frac{3-3n}4,\frac{2-3n}4,\frac{1-3n}4}1 \end{align}
と超幾何級数によって表される. 元々は 前の記事 で扱った数列の表示
\begin{align} \sum_{k=0}^{\lfloor\frac n3\rfloor}(-1)^k\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}\left(\binom{2n-3k-1}{n}+\binom{2n-3k}{n}\right)\qquad n\geq 1 \end{align}
の類似として, 定理2の形の数列を考えようと思っていたが, OEISで検索してみるとよりシンプルな表示が得られることが分かったので冒頭の定義にした. $a_n$が整数になるということは定理2の表示からはかなり非自明なように見える.

別の表示2

前の記事 の系2から
\begin{align} \F32{-n,-n,n+1}{1,-2n}{-1}&=2^n\F32{-n,-\frac n2,\frac{1-n}2}{1,-2n}{1}\\ &=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}2^{n-2k}\frac{(-n)_k(-n)_{2k}}{k!^2(-2n)_k}\\ &=\frac 1{\binom{2n}n}\sum_{k=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}2^{n-2k}\frac{(2n-k)!}{k!^2(n-k)!(n-2k)!} \end{align}
となるから, 以下の表示を得る.

また, 前の記事 の補題2を用いると
\begin{align} \F32{-n,-\frac n2,\frac{1-n}2}{1,-2n}{1}&=2^n\frac{(\frac 12)_n}{n!}\F32{-n,-\frac n2,\frac{1-n}2}{\frac 12-n,-2n}{1}\\ &=2^n\frac{(\frac 12)_n}{n!}\sum_{k=0}^n\frac{(-n)_k^2(-n)_{2k}}{k!(-2n)_{2k}(-2n)_k}\\ &=\frac 1{2^n\binom{2n}n}\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{(2n-k)!(2n-2k)!}{n!k!(n-k)!^2(n-2k)!} \end{align}
となるから以下の表示も得られる.

有理関数の係数としての表示

$a_n$は有理関数
\begin{align} \frac 1{1-x-y-z+xy+xz-yz} \end{align}
の$x^ny^nz^n$の係数になっている. これはOEISの A274665 に書かれていることであり, 以下のように確かめられる.
\begin{align} &[x^ny^nz^n]\frac 1{1-x-y-z+xy+xz-yz}\\ &=[x^ny^nz^n]\frac 1{(1-x)(1-y)-z(1-x+y)}\\ &=[x^ny^n]\frac{(1-x+y)^n}{(1-x)^{n+1}(1-y)^{n+1}}\\ &=[x^ny^n]\sum_{k=0}^n\binom nk(1-x)^{-k-1}\frac{y^k}{(1-y)^{n+1}}\\ &=\sum_{k=0}^n\binom nk\binom{n+k}{k}\binom{2n-k}{n-k} \end{align}

母関数

OEISの A274665 によれば, $a_n$の母関数は
\begin{align} \sum_{0\leq n}a_nx^n&=\frac 1{(1-16x+40x^2)^{\frac 14}}\F21{\frac 1{12},\frac 5{12}}{1}{\frac{1728(2-31x+56x^2-27x^3)}{(1-16x+40x^2)^3}} \end{align}
と表されるようである.

定理3の表示から$a_n$の母関数を考えると,
\begin{align} \sum_{0\leq n}a_nx^n&=\sum_{0\leq k}\frac{1}{k!^2}\sum_{0\leq n}\frac{(2n-k)!}{(n-k)!(n-2k)!}x^n\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{1}{k!^2}x^{2k}\sum_{0\leq n}\frac{(2n+3k)!}{(n+k)!n!}x^n\qquad n\mapsto n+2k\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{(3k)!}{k!^3}x^{2k}\F21{\frac{3k+2}2,\frac{3k+1}2}{k+1}{4x} \end{align}
となる. Eulerの変換公式より
\begin{align} \F21{\frac{3k}2,\frac{3k+1}2}{k+1}{4x}&=(1-4x)^{-2k-\frac 12}\F21{-\frac k2,\frac{1-k}2}{k+1}{4x} \end{align}
であるから,
\begin{align} \sum_{0\leq n}a_nx^n&=\frac 1{\sqrt{1-4x}}\sum_{0\leq k}\frac{(3k)!}{k!^3}\left(\frac{x^2}{(1-4x)^2}\right)^k\F21{-\frac k2,\frac{1-k}2}{k+1}{4x}\\ \end{align}
書き換えられる. また, 別の表示として,
\begin{align} \sum_{0\leq n}a_nx^n&=\sum_{0\leq k}\frac{1}{k!^2}\sum_{0\leq n}\frac{(2n-k)!}{(n-k)!(n-2k)!}x^n\\ &=\sum_{0\leq k}\frac{1}{k!^2}x^{k}\sum_{0\leq n}\frac{(2n+k)!}{n!(n-k)!}x^n\qquad n\mapsto n+k\\ &=\sum_{0\leq n}\frac{x^n}{n!}\sum_{0\leq k}\frac{1}{k!^2}x^{k}\frac{(2n+k)!}{(n-k)!}\\ &=\sum_{0\leq n}\frac{(2n)!}{n!^2}x^n\F21{-n,2n+1}{1}{-x} \end{align}
と書き換えることもできる. しかしながら, これらの表示を変形して超幾何関数による表示を得るのは簡単ではなさそうである.

整除性

以下の整除性が成り立つと予想している.

特別な場合として, $a_n$が$n\geq 1$のとき偶数であることは定理3の表示から従う.