少し前に考えた多重級数の関係式について書きます。主に連結和法を使って証明をしていきます。
インデックス$(k_1,\ldots,k_r)\in(\mathbb{Z}_{>0})^r$のいくつかの成分に、ドット$\cdot$をつけて、「ドット付きのインデックス」と呼ぶことにする。例えば$(k_1,\ldots,\dot{k_i},\ldots,k_r)$(すべての成分にドットをつけても良い。)
以降、$\mathring{k}$で$k$または$\dot{k}$を表すことにして、ドット付きのインデックスの成分を$(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r)$と書く。
ドット付きのインデックス$\boldsymbol{k}=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r)$に対して、矢印記号を次のように定める
$$\boldsymbol{k}_{\rightarrow}:=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r,1) $$
$$\boldsymbol{k}_{\uparrow}:=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k_r+1}) $$
$$\boldsymbol{k}_{\dot{\rightarrow}}:=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r,\dot{1}) $$
空インデックス$\varnothing$については
$$\varnothing_{\rightarrow}:=(1)$$
$$\varnothing_{\dot{\rightarrow}}:=(\dot{1})$$
矢印を$a$回作用させることを
$${\rightarrow^a},{\uparrow^a},{\dot{\rightarrow}^a}$$
のようにあらわす
インデックス$(k_1,\ldots,k_r)\in(\mathbb{Z}_{>0})^r$に対して、多重級数$\varsigma(k_1,\ldots,k_r)$を次のように定める。
$$\varsigma(k_1,\ldots,k_r)=\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_r}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r+\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{\binom{2n_r}{n_r}}{2^{2n_r}}$$
また、ドット付きのインデックス$(k_1,\ldots,\dot{k_i},\ldots,k_r)$に対しては次のように定める。
$$\varsigma(k_1,\ldots,\dot{k_i},\ldots,k_r)=
\sum_{0=n_0\leq n_1\leq\cdots\leq n_{i-1}< n_i\leq \cdots\leq n_r}
\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_{i-1}+\frac{1}{2})^{k_{i-1}}}
\frac{1}{(n_i-\frac{1}{2})^{k_i}}
\frac{1}{(n_{i+1}+\frac{1}{2})^{k_{i+1}}\cdots(n_{r}+\frac{1}{2})^{k_{r}}}\frac{\binom{2n_r}{n_r}}{2^{2n_r}}
$$
ドット付きのインデックス$(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r)$に対応する級数表示を
$$\varsigma(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_r)=\sum_{\boldsymbol{n}}\frac{1}{(n_1\pm\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r\pm\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{\binom{2n_r}{n_r}}{2^{2n_r}}$$
と書くことにする
$$(a)_n:=a(a+1)\cdots(a+n-1)$$
$$C(n,m):=\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m)!}$$
ドット付きのインデックス$\boldsymbol{k}=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_a),\boldsymbol{l}=(\mathring{l}_1,\ldots,\mathring{l}_b)$に対して、次のように連結和を定める。
$$Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l})=\sum_{\boldsymbol{n},\boldsymbol{m}}\frac{1}{(n_1\pm\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_a\pm\frac{1}{2})^{k_a}}\frac{1}{(m_1\pm\frac{1}{2})^{l_1}\cdots(m_b\pm\frac{1}{2})^{l_b}}C(n_a,m_b)$$
$$Z(\boldsymbol{k};\varnothing)=\sum_{\boldsymbol{n},m_0=0}\frac{1}{(n_1\pm\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_a\pm\frac{1}{2})^{k_a}}C(n_a,m_0)=\varsigma(\boldsymbol{k})$$
$\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}=\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}$に注意すれば、$C(n,m)=\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}\frac{n!m!}{(n+m)!}\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}$と書くこともできる。
$\boldsymbol{k}=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_{a-1},k_a)$について
$$Z(\boldsymbol{k}_{\uparrow};\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l}_{\dot{\rightarrow}})$$
$$\frac{1}{n+\frac{1}{2}}C(n,m_0)=\sum_{m_0< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}C(n,m)$$
を示せばよい。
\begin{align}
C(n,m-1)-C(n,m)&=C(n,m)\Bigg(\frac{n+m}{m-\frac{1}{2}}-1\Bigg)\\
&=\frac{n+\frac{1}{2}}{m-\frac{1}{2}}C(n,m)
\end{align}
ここで、両辺$m_0< m$の範囲で和を取ることにより
$$C(n,m_0)=\sum_{m_0< m}\frac{n+\frac{1}{2}}{m-\frac{1}{2}}C(n,m)$$
$$\frac{1}{n+\frac{1}{2}}C(n,m_0)=\sum_{m_0< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}C(n,m)\blacksquare$$
$\boldsymbol{l}=(\mathring{l}_1,\ldots,\mathring{l}_{b-1},l_b)$について
$$Z(\boldsymbol{k}_{\dot{\rightarrow}};\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l}_{\uparrow})$$
$Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{l};\boldsymbol{k})$が成り立つため、補題1において$\boldsymbol{k}$と$\boldsymbol{l}$の立場を入れ替えればよい$\blacksquare$
$\boldsymbol{k}=(\mathring{k}_1,\ldots,\mathring{k}_{a})$について
$$Z(\boldsymbol{k}_{{\rightarrow}};\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{k};\boldsymbol{l}_{{\rightarrow}})$$
$$\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,m)=\sum_{m\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,n)$$
を示せばよい。
$$f(a):=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,a)$$
\begin{align}
f(a)-f(a+1)
&=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\Big(C(k,a)-C(k,a+1)\Big)\\
&=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\frac{C(k,a)}{k+a+1}\Big((k+a+1)-(a+\frac{1}{2})\Big)\\
&=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\frac{C(k,a)}{k+a+1}\frac{1}{a+\frac{1}{2}}\Big((a+\frac{1}{2})(k+a+1)-(a+\frac{1}{2})^2\Big)\\
&=\sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\frac{C(k,a)}{k+a+1}\frac{1}{a+\frac{1}{2}}\Big((k+\frac{1}{2})(k+a+1)-(k+\frac{1}{2})^2\Big)\quad\because(a+\frac{1}{2})(k+a+1)-(a+\frac{1}{2})^2=(k+\frac{1}{2})(k+a+1)-(k+\frac{1}{2})^2\\
&=\frac{1}{a+\frac{1}{2}}\sum_{n\leq k}\Big(C(k,a)-C(k+1,a)\Big)\\
&=\frac{1}{a+\frac{1}{2}}C(n,a) \quad\Bigg(\because\lim_{k\rightarrow\infty}C(k,a)=0\Bigg)
\end{align}
したがって、$m\leq a$の範囲で和を取ることにより
$$f(m)=\sum_{m\leq a}\frac{1}{a+\frac{1}{2}}C(n,a)$$
$$\rightarrow \sum_{n\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,m)=\sum_{m\leq k}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}C(k,n)\blacksquare$$
非負整数$a_1,\ldots a_s,b_1,\ldots b_s,c_1,\ldots c_{s}$を用いて、空でないドット付きのインデックスを$\boldsymbol{k}=\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{c_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{b_1}\cdots\dot{\rightarrow}^{c_s}{\rightarrow}^{a_s}\uparrow^{b_s}}$と表したとき、$\boldsymbol{k}$の双対インデックスを$\boldsymbol{k}^{\dagger}=\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{b_s}{\rightarrow}^{a_s}\uparrow^{c_s}\cdots\dot{\rightarrow}^{b_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{c_1}}$により定める。
次の定理がこの記事で最も述べたかった内容です。
矢印表記をしたときに、$\uparrow$の直前が常に$\rightarrow$または$\uparrow$であるようなドット付きのインデックス$\boldsymbol{k}$について、次が成立する。
$$\varsigma({\boldsymbol{k}})=\varsigma({\boldsymbol{k}^\dagger})$$
補題1,2,3の輸送関係式を適宜用いることにより
\begin{align}
\varsigma(\boldsymbol{k})
&=Z(\boldsymbol{k};\varnothing)\\
&=Z(\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{c_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{b_1}\cdots\dot{\rightarrow}^{c_s}{\rightarrow}^{a_s}\uparrow^{b_s}};\varnothing)\\
&=Z(\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{c_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{b_1}\cdots\dot{\rightarrow}^{c_s}{\rightarrow}^{a_s}};\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{b_{s}}})\\
&\vdots\\
&=Z(\varnothing;\varnothing_{\dot{\rightarrow}^{b_s}{\rightarrow}^{a_s}\uparrow^{c_s}\cdots\dot{\rightarrow}^{b_1}{\rightarrow}^{a_1}\uparrow^{c_1}})\\
&=Z(\varnothing;\boldsymbol{k}^\dagger)\\
&=\varsigma({\boldsymbol{k}^\dagger})\\
\end{align}
(補足)
系として、例えばこのツイートのような等式が分かります。
ツイート内容
$c_1=\cdots =c_{s+1}=0$と取ることで、$\boldsymbol{k}^{\dagger}$はよく知られた多重ゼータ値の意味での双対インデックスになります.
もう少し工夫をしてやることで、$\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}},\frac{2^{2n}}{\binom{2n}{n}}$が複数ついた級数についての関係式が出せると思いますが
例えばこのツイート
、結構複雑になりそうなので、それについて書くのはまた別の機会にしようと思います。
ここまで読んでいただきありがとうございました.