Oloa の公式の類似等式について

級数,Oloa の公式の類似

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はじめに

どうも, 色数です.
今回はちょっと前に得た等式の紹介とその証明を行います.
見た目はあんまりですが, 級数の勉強をしていて得た知識をふんだんに使った導出だったので個人的には気に入っています.

内容

少し前の結果なのと, 計算が煩雑だったので少し結果がおかしいかもしれません.

Oloa の公式の類似 (?)

\begin{equation*} \sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{nm^2}\frac{(2n)!(2m)!}{(2n+2m)!}=\sum_{\substack{0< n\\0< m_1< m_2}}\frac{(n-1)!(m_1-1)!}{(n+m_1)!}\frac{m_2-n}{(n+m_2)(m_1+m_2)}\frac{(m_1+m_2)!(2n)!}{(2n+m_1+m_2)!} \end{equation*}

おぞんさんによると, 左辺は以下のように書き直せるらしいです.
\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{nm^2}\frac{(2n)!(2m)!}{(2n+2m)!}= \frac{5}{2}\zeta(3)-\frac{1}{2}\pi^2\ln2-2\textup{Li}_{2,1}^\star\left(-2,\frac{1}{2}\right) \end{align}

証明

反復ベータ積分

\begin{equation*} \int_0^xt^{a+n-1}(1-t)^{a+m-1}dt=\frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\sum_{n\le i}\frac{(2a+m)_i}{(a)_i(a+i)}x^{a+i}(1-x)^{a+m}. \end{equation*}

証明はアカデミックさんの本を参照

対称的な和の等式

\begin{equation*} \frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\sum_{n\le i}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i}}=\frac{(a)_m}{(2a+n)_m}\sum_{m\le i}\frac{(2a+n)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{m+i}(2a)_{2n}}{(4a)_{2n+m+i}}. \end{equation*}

上の補題から簡単にわかる.

では, 本題を示します.

$C(n,m)$ を次で定める.
\begin{align*} C(n,m)\coloneqq\frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\sum_{n\le i}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i}} \end{align*}
これにより
\begin{align*} &C(n_0,m)=\sum_{n_0< n}\left(C(n-1,m)-C(n,m)\right)\\ &=\sum_{n_0< n}\left(\frac{(a)_{n-1}}{(2a+m)_{n-1}}\sum_{n-1\le i}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i-1}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i-1}}- \frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\sum_{n\le i}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i}}\right)\\ &=\begin{multlined}[t]\sum_{n_0< n}\left(\frac{(a)_{n-1}}{(2a+m)_{n-1}}\sum_{n\le i}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i-1}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i-1}}\right.\\\left.-\frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\sum_{n\le i}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i}}+ \frac{1}{(a+n-1)}\frac{(2a)_{2n-2}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+2n-2}}\right)\end{multlined}\\ &=\begin{multlined}[t]\sum_{n_0< n}\left(\sum_{n\le i}\left(\frac{(a)_{n-1}}{(2a+m)_{n-1}}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i-1}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i-1}}-\frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i}}\right)\right.\\\left.+ \frac{1}{(a+n-1)}\frac{(2a)_{2n-2}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+2n-2}}\right)\end{multlined}\\ &=\begin{multlined}[t]\sum_{n_0< n}\left(\sum_{n\le i}\frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i}}\left(\frac{(2a+m+n-1)(4a+2m+n+i-1)}{(a+n-1)(2a+n+i-1)}-1\right)\right.\\\left.+ \frac{1}{(a+n-1)}\frac{(2a)_{2n-2}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+2n-2}}\right)\end{multlined}\\ &=\begin{multlined}[t]\sum_{n_0< n}\left(\sum_{n\le i}\frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i}}\left(\frac{(a+m)((6a+3n+3i-3)+(2m-2i))}{(a+n-1)(2a+n+i-1)}\right)\right.\\\left.+ \frac{1}{(a+n-1)}\frac{(2a)_{2n-2}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+2n-2}}\right)\end{multlined}\\ &=\begin{multlined}[t]\sum_{n_0< n}\left(\frac{3a+3m}{a+n-1}C(n,m)+\sum_{n\le i}\frac{(a)_n}{(2a+m)_n}\frac{(2a+m)_i}{(a+i)(a)_i}\frac{(2a)_{n+i}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+n+i}}\left(\frac{(a+m)(2m-2i)}{(a+n-1)(2a+n+i-1)}\right)\right.\\\left.+ \frac{1}{(a+n-1)}\frac{(2a)_{2n-2}(2a)_{2m}}{(4a)_{2m+2n-2}}\right)\end{multlined} \end{align*}
を得る.
ここで, $a=1$ とし, 余余余さんの記事より
\begin{equation*} \zeta(3)=3\sum_{0< n,m}\frac{1}{nm^2}\left(\frac{n!m!}{(n+m)!}\right)^2 \end{equation*}
が成り立つので本題を得る.