多重ラマヌジャン佐藤級数1

はじめに

例えば有名なものとして
$$\frac{1}{\pi}=\frac{2\sqrt{2}}{9801}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(26390n+1103)(4n)!}{396^{4n}(n!)^4}$$
のように
$$\frac{1}{\pi}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{An+B}{C^n}\frac{(\frac{1}{2})_n(s)_n(1-s)_n}{(n!)^3}\quad\Big((a)_n=a(a+1)\cdots(a+n-1)\Big)$$
という形をした級数たちのことをラマヌジャン佐藤級数という。

今回の記事では特に次の2つのラマヌジャン佐藤級数の多重化を考える。
\begin{align} \frac{4}{\pi}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(6n+1)(2n)!^3}{2^{8n}(n!)^6} \left(=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(6n+1)}{4^n}\frac{(\frac{1}{2})^3_n}{(n!)^3}\right)\\ \frac{16}{\pi}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(42n+5)(2n)!^3}{2^{12n}(n!)^6}\left(=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(42n+5)}{64^n}\frac{(\frac{1}{2})^3_n}{(n!)^3}\right) \end{align}

通常のラマヌジャン佐藤級数

まずは上で挙げた"一重"の場合のラマヌジャン佐藤級数の証明を与える。
以下、$\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$として、$\frac{(\frac{1}{2})_n}{n!}=\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}$となることに注意する。
(また、この記事では$\frac{n(\frac{1}{2})_n}{n!}=\frac{(n-\frac{1}{2})(\frac{1}{2})_{n-1}}{(n-1)!}$のような変形をよく使います。)

\begin{align} \sum_{0< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\Bigg)^2 &=\frac{1}{8}\frac{2^{4n}}{n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\\ \sum_{n< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\Bigg)^2&=\frac{1}{32}\frac{2^{4n}}{n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}} \end{align}

右辺にラマヌジャン佐藤級数の形が表れていることに注意してください。
以下の証明方針は参考文献[1] 級数の間の等式を示すを元にしています。

$$f_k(n):=\sum_{0< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^k}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2$$
とおいて、漸化式を立てることにより$f_2$を求める。
\begin{align} \left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n)+2\left(n-\frac{1}{2}\right)f_1(n) &=\sum_{0< m}\frac{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2+2\left(n-\frac{1}{2}\right)\left(m-\frac{1}{2}\right)}{(m-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2\\ &=\sum_{0< m}\frac{\left(n+m-1\right)^2-\left(m-\frac{1}{2}\right)^2}{(m-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2\\ &=\sum_{0< m}\left(\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m-1}}{(n+m-2)!}\right)^2-\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2\right)\\ &=n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2} \end{align}

\begin{align} \left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_1(n)+2\left(n-1\right)f_0(n) &=\sum_{0< m}\frac{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2+2\left(n-1\right)\left(m-\frac{1}{2}\right)}{(m-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2\\ &=\sum_{0< m}\frac{\left(n+m-1\right)^2-\left(m-\frac{1}{2}\right)\left(m+\frac{1}{2}\right)}{(m-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2\\ &=\sum_{0< m}\left(\left(\frac{(\frac{1}{2})^2_n(\frac{1}{2})_{m}(\frac{1}{2})_{m-1}}{(n+m-2)!^2}\right)-\left(\frac{(\frac{1}{2})^2_n(\frac{1}{2})_{m+1}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-2)!^2}\right)\right)\\ &=\frac{n^2}{2}\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2} \end{align}

\begin{align} f_0(n) &=\sum_{0< m}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2\\ &=-n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}+\sum_{0< m}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m-1}}{(n+m-2)!}\right)^2\\ &=-n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}+\left(n-\frac{1}{2}\right)^2\sum_{0< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n-1}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-2)!}\right)^2\\ &=-n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}+\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n-1) \end{align}
以上より
\begin{cases} \left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n)+2\left(n-\frac{1}{2}\right)f_1(n)=n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}\cdots①\\ \left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_1(n)+2\left(n-1\right)f_0(n)=\frac{n^2}{2}\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}\cdots②\\ f_0(n)=-n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}+\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n-1)\cdots③ \end{cases}
①②より
\begin{align} \left(n-\frac{1}{2}\right)^3f_2(n)+\left(\frac{n^2(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}-4(n-1)f_0(n)\right)=\frac{n^2\left(n-\frac{1}{2}\right)(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2} \end{align}
これと③より
\begin{align} &\left(n-\frac{1}{2}\right)^3f_2(n)+\frac{n^2(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}-4(n-1)\left(-\frac{n^2(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}+\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n-1)\right)=\frac{n^2\left(n-\frac{1}{2}\right)(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}\\ &\Rightarrow\left(n-\frac{1}{2}\right)^3f_2(n)-4(n-1)\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n-1)+\frac{(4n-3)n^2(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}=\frac{n^2\left(n-\frac{1}{2}\right)(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}\\ &\Rightarrow\left(n-\frac{1}{2}\right)^3f_2(n)-4(n-1)\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n-1)=-\frac{1}{2}\frac{(6n-5)n^2(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}\\ &\Rightarrow f_2(n)-\frac{4(n-1)}{(n-\frac{1}{2})}f_2(n-1)=-\frac{1}{2}\frac{(6n-5)n^2(\frac{1}{2})^2_n}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^3n!^2}\\ &\Rightarrow \frac{(\frac{1}{2})_{n}}{4^{n}(n-1)!}f_2(n)-\frac{(\frac{1}{2})_{n-1}}{4^{n-1}(n-2)!}f_2(n-1)=-\frac{1}{2}\frac{(6n-5)n^3(\frac{1}{2})^3_n}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^3n!^34^n}\\ &\Rightarrow \frac{(\frac{1}{2})_{n}}{4^{n}(n-1)!}f_2(n)-\frac{(\frac{1}{2})_{n-1}}{4^{n-1}(n-2)!}f_2(n-1)=-\frac{1}{8}\frac{(6n-5)(\frac{1}{2})^3_{n-1}}{(n-1)!^34^{n-1}}\\ &\Rightarrow \frac{(\frac{1}{2})_{n}}{4^{n}(n-1)!}f_2(n)=\frac{1}{8}\sum_{n< k}\frac{(6k-5)(\frac{1}{2})^3_{k-1}}{(k-1)!^34^{k-1}}\\ &\Rightarrow f_2(n)=\frac{1}{8}\frac{2^{4n}}{n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}} \end{align}
これによって、一つ目の等式が示された。
$\ $
二つ目の等式についても
$$f_k(n):=\sum_{n< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^k}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2$$
とおくことで、一つ目の等式と全く同様にして
\begin{align} &\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n)+2\left(n-\frac{1}{2}\right)f_1(n)=4n^4\frac{(\frac{1}{2})^4_n}{n!^42^{4n}}\\ &\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_1(n)+2\left(n-1\right)f_0(n) =4n^4\left(n+\frac{1}{2}\right)\frac{(\frac{1}{2})^4_n}{n!^42^{4n}} \end{align}
を示すことができる。
また、
\begin{align} f_0(n) &=\sum_{n< m}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2\\ &=-4n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^22^{4n}}+\sum_{n< m}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m-1}}{(n+m-2)!}\right)^2\\ &=-4n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^22^{4n}}-16n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^22^{4n}}+\sum_{n-1< m}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m-1}}{(n+m-2)!}\right)^2\\ &=-20n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^22^{4n}}+\sum_{n-1< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n-1}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-2)!}\right)^2\\ &=-20n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^22^{4n}}+\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n-1) \end{align}
となることに注意して、一つ目の等式の証明と同様にしてこれらを連立して$f_2$について解けば示される$\blacksquare$

\begin{align} \frac{4}{\pi}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(6n+1)\binom{2n}{n}^3}{2^{8n}}\\ \frac{16}{\pi}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(42n+5)\binom{2n}{n}^3}{2^{12n}} \end{align}

補題1の上の等式において$n=1$として両辺に$1$を加えることにより
\begin{align} \frac{1}{4}\sum_{0\leq m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\frac{(\frac{1}{2})^2_m}{(m!)^2} &=\sum_{0\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\\ \rightarrow{}_2F_1\left[\begin{matrix}-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\\1\end{matrix};1\right]&=\sum_{0\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}} \end{align}
となるので超幾何定理を用いることにより
\begin{align} (\text{左辺})=\frac{\Gamma(1)\Gamma(2)}{(\Gamma(\frac{3}{2}))^2}=\frac{4}{\pi} \end{align}
よって一つ目の等式が示された。二つ目の等式に関しては、補題1の下の等式に対して同様の操作を行えば良い$\blacksquare$

上の証明では超幾何定理を用いたが、より初等的に示すこともできる。

まず、数学的帰納法により任意の非負整数$n$に対して
$$\frac{1}{4}\sum_{m=0}^{n}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\frac{(\frac{1}{2})^2_m}{(m!)^2}=\frac{(4n+1)\binom{2n}{n}^2}{2^{4n}} $$
が成り立つことを証明できる。次にガンマ関数の極限
$$\Gamma(1+z)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^zn!}{(1+z)_{n}}$$
において$z=-\frac{1}{2}$を代入することで
$$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{n}\binom{2n}{n}}{2^{2n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}$$
が分かるので
$$\frac{1}{4}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\frac{(\frac{1}{2})^2_m}{(m!)^2}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{(4n+1)\binom{2n}{n}^2}{2^{4n}}=\frac{4}{\pi}\blacksquare$$

多重ラマヌジャン佐藤級数

以下、補題1と前回の記事 ((1/2)_n(1/2)_m/(n+m-1)!)^2が含まれる級数の結果を組み合わせることで、ラマヌジャン佐藤級数の多重和を求めていきます。多重化の方法は色々ありますが、この記事では例えば、$(k_1,\ldots,k_{r})$を正の整数として
\begin{align} &\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_{r-1}+\frac{1}{2})^{k_{r-1}}}\frac{2^{4n_{r}}}{(n_{r}+\frac{1}{2})^{k_{r}}\binom{2n_r}{n_r}}\frac{(6n_{r+1}+1)\binom{2n_{r+1}}{n_{r+1}}^3}{2^{8n_{r+1}}}\\ &\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_{r-1}+\frac{1}{2})^{k_{r-1}}}\frac{2^{4n_{r}}}{(n_{r}+\frac{1}{2})^{k_{r}}\binom{2n_r}{n_r}}\frac{(42n_{r+1}+5)\binom{2n_{r+1}}{n_{r+1}}^3}{2^{12n_{r+1}}}\\ \end{align}
のようなもののことを多重ラマヌジャン佐藤級数と呼ぶことにします。

以下、前回の記事 ((1/2)_n(1/2)_m/(n+m-1)!)^2が含まれる級数の結果です。

二つの正整数の組$(k_1,\ldots,k_r),(l_1,\ldots,l_s)$に対して
$$Z(k_1,\ldots,k_r|l_1,\ldots,l_s):=\sum_{\substack{0< n_1<\cdots< n_r\\0< m_1<\cdots< m_s}}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r-\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^{l_1}\cdots(m_s-\frac{1}{2})^{l_s}}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n_r}(\frac{1}{2})_{m_s}}{(n_r+m_s-1)!}\right)^2$$
としたとき、次の等式が成り立つ。
\begin{align} Z(1|1)&=\frac{2\log(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}\pi}\\ Z(1|2)&=\frac{8\beta(2)}{3\pi}\\ Z(1|3)&=\frac{1}{\pi^2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\tanh^{-1}(\sqrt{xy})\tanh^{-1}(\sqrt{(1-x)(1-y)}}{xy}dxdy\\ Z(2|2)&=\frac{1}{\pi^2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\tanh^{-1}(\sqrt{xy})\tanh^{-1}(\sqrt{(1-x)(1-y)}}{x(1-y)}dxdy \end{align}
$\ $
$$Z(k_1,\ldots,k_r|2)+2Z(k_1,\ldots,k_{r-1},k_r+1|1)=\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^2}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r+\frac{1}{2})^{k_r}2^{4n_r}}$$
特に
$$Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r-1\text{個}},1|2)+2Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1)=\frac{2^{2r+1}}{\pi}\sum_{m=1}^{r}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{2r-2m}\frac{(-1)^{m-1}\beta(2m)}{(2r-2m)!}$$

詳しいことは前回の記事を参照してください。

\begin{align} \sum_{0< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\Bigg)^2 &=\frac{n^2}{2(n-\frac{1}{2})}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{4n}}-\frac{1}{16}\frac{(n-\frac{1}{2})2^{4n}}{n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\\ \sum_{n< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\Bigg)^2 &=\frac{2n^2}{n-\frac{1}{2}}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}-\frac{1}{64}\frac{(n-\frac{1}{2})2^{4n}}{n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}} \end{align}

上の等式については補題1の証明の途中で
$$f_k(n):=\sum_{0< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^k}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2$$
とおいたときに
$$\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n)+2\left(n-\frac{1}{2}\right)f_1(n)=n^2\frac{(\frac{1}{2})^2_n}{n!^2}$$
が成り立つことを示したので、これと補題1の結果から示される。
$\ $
下の等式についても同様に
$$f_k(n):=\sum_{n< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^k}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m-1)!}\right)^2$$
とおいたときに
$$\left(n-\frac{1}{2}\right)^2f_2(n)+2\left(n-\frac{1}{2}\right)f_1(n)=4n^4\frac{(\frac{1}{2})^4_n}{n!^42^{4n}}$$
が成り立つことから補題1の結果と合わせて示される$\blacksquare$

ここから多重ラマヌジャン佐藤級数の特殊値や関係式を求めていきます。

二重和や三重和

\begin{align} \frac{4\log(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}\pi}&=\sum_{0\leq n}\left(\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{4n}}-\frac{1}{2}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\right)\\ \frac{16\log(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}\pi}&=4\sum_{0\leq n}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}-\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}} \end{align}

上の等式の右辺は条件収束するので和を取る順序に注意する。

まず補題3より
$$\frac{2\log(2+\sqrt{3})}{\sqrt{3}\pi}=\sum_{0< n,m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2$$
が成り立つ。
\begin{align} \sum_{0< n,m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2 &=\sum_{0< n}\left(\frac{n^2}{2(n-\frac{1}{2})^2}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{4n}}-\frac{1}{16}\frac{2^{4n}}{n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\right)\quad(\because\text{補題4})\\ &=\frac{1}{2}\sum_{0\leq n}\left(\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{4n}}-\frac{1}{2}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\right) \end{align}
したがって、一つ目の等式が示された。
次に、二つ目の等式を示す。
以下、$C(n,m)=\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2$とおく。
\begin{align} \sum_{0< n,m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})}C(n,m) &=\sum_{0< n}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2}C(n,n)+2\sum_{0< n< m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})}C(n,m)\\ &=4\sum_{0< n}\frac{n^2}{(n-\frac{1}{2})^2}\frac{(\frac{1}{2})^4_n}{(2n)!^2}+2\sum_{0< n}\left(\frac{2n^2}{(n-\frac{1}{2})^2}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}-\frac{1}{64}\frac{2^{4n}}{n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}\right)\\ &=8\sum_{0< n}\frac{n^2}{(n-\frac{1}{2})^2}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}-\frac{1}{32}\sum_{0< n}\frac{2^{4n}}{n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}\\ &=\frac{1}{2}\sum_{0\leq n}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}-\frac{1}{8}\sum_{0\leq n}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}\\ &=\frac{1}{8}\left(4\sum_{0\leq n}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}-\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}\right) \end{align}
以上より、二つ目の等式も示された$\blacksquare$

まず補題3より
$$\frac{8\beta(2)}{3\pi}=\sum_{0< n,m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2$$
が成り立つ。
\begin{align} \sum_{0< n,m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2 &=\frac{1}{8}\sum_{0< n}\frac{2^{4n}}{n(n-\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\quad(\because\text{補題1})\\ &=\frac{1}{2}\sum_{0\leq n}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\\ &=\frac{1}{2}\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}} \end{align}
よって、一つ目の等式が示された。
次に、二つ目の等式を示す。
以下、$C(n,m)=\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n}(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2$とおく。
\begin{align} \sum_{0< n,m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})^2}C(n,m) &=\sum_{0< n}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^3}C(n,n)+\sum_{0< n< m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})^2}C(n,m)+\sum_{0< n< m}\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2(m-\frac{1}{2})}C(n,m)\\ &=4\sum_{0< n}\frac{n^2}{(n-\frac{1}{2})^3}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}+\frac{1}{32}\sum_{0< n}\frac{2^{4n}}{n(n-\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}+\sum_{0< n}\left(\frac{2n^2}{(n-\frac{1}{2})^3}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}-\frac{1}{64}\frac{2^{4n}}{n(n-\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}\right)\quad(\because\text{補題1や補題4})\\ &=6\sum_{0< n}\frac{n^2}{(n-\frac{1}{2})^3}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}+\frac{1}{64}\sum_{0< n}\frac{2^{4n}}{n(n-\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}\\ &=\frac{3}{8}\sum_{0\leq n}\frac{1}{n+\frac{1}{2}}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}+\frac{1}{16}\sum_{0\leq n}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})^2\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}\\ &=\frac{1}{16}\left(6\sum_{0\leq n}\frac{1}{n+\frac{1}{2}}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}+\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})^2\binom{2n}{n}}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}}\right) \end{align}
以上より示された$\blacksquare$

$$8\pi\beta(2)-\frac{64}{\pi}\beta(4)=2\sum_{0\leq n_1< n_2}\frac{2^{4n_1}}{(n_1+\frac{1}{2})^4\binom{2n_1}{n_1}}\frac{(6n_2+1)\binom{2n_2}{n_2}^3}{2^{8n_2}} -3\sum_{0\leq n_1< n_2< n_3}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^2}\frac{2^{4n_2}}{(n_2+\frac{1}{2})^2\binom{2n_2}{n_2}}\frac{(6n_3+1)\binom{2n_3}{n_3}^3}{2^{8n_3}}$$

のちにより一般的な等式を示す。(定理12)

\begin{align} \tau(3,\bar{2})&:=\sum_{0\leq n< m}\frac{(-1)^m}{(n+\frac{1}{2})^3(m+\frac{1}{2})^2}\\ \tau(\bar{2},3)&:=\sum_{0\leq n< m}\frac{(-1)^n}{(n+\frac{1}{2})^2(m+\frac{1}{2})^3} \end{align}
としたとき
$$\frac{8\pi^4}{81}+\frac{164}{27\pi}\tau(3,\bar{2})-\frac{4}{3\pi}\tau(\bar{2},3) =\sum_{0\leq n_1< n_2< n_3}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^3}\frac{2^{4n_2}}{(n_2+\frac{1}{2})^2\binom{2n_2}{n_2}}\frac{(6n_3+1)\binom{2n_3}{n_3}^3}{2^{8n_3}}$$
\begin{align*} \frac{8\pi^4}{81}+\frac{128}{9\pi}\tau(3,\bar{2}) &=\sum_{0\leq n}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})^4}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}} +9\sum_{0\leq m< n}\frac{1}{(m+\frac{1}{2})^3(n+\frac{1}{2})}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}+6\sum_{0\leq n_1< n_2< n_3}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^3}\frac{2^{4n_2}}{(n_2+\frac{1}{2})^2\binom{2n_2}{n_2}}\frac{(42n_3+5)\binom{2n_3}{n_3}^3}{2^{12n_3}} \end{align*}

この予想は数値計算を元にしています。まだ示せていません。

$n$重和の公式

今までの公式は二重和や三重和についてのものでしたが、一般に$n$重和の公式も得ています。方針としては補題3の
$$Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r-1\text{個}},1|2)+2Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1)=\frac{2^{2r+1}}{\pi}\sum_{m=1}^{r}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{2r-2m}\frac{(-1)^{m-1}\beta(2m)}{(2r-2m)!}$$
という等式に対して今まで行ってきた変形を適用していく感じです。
左辺の第一項目に関しては補題1より
\begin{align} Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r-1\text{個}},1|2) &=\frac{1}{8}\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^2\cdots(n_{r-1}-\frac{1}{2})^2(n_r-\frac{1}{2})}\frac{2^{4n_r}}{n_r\binom{2n_r}{n_r}}\sum_{n_r\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\\ &=\frac{1}{2}\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_{r+1}}\frac{2^{4n_r}}{(n_1+\frac{1}{2})^2\cdots(n_r+\frac{1}{2})^2\binom{2n_r}{n_r}}\frac{(6n_{r+1}+1)\binom{2n_{r+1}}{n_{r+1}}^3}{2^{8n_{r+1}}} \end{align}
のように簡単に多重ラマヌジャン佐藤級数で表せることが分かるので、第二項目$Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1)$について考察すればよいです。$1$の方に着目して補題4を適用すると実は第一項目と合わせてラマヌジャン佐藤級数の部分が打ち消されてしまうので$\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}$の方に着目して変形していく必要があります。

以下、$Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1)$を多重ラマヌジャン佐藤級数で表すのが目標です。

$$\sum_{a< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m)!}\Bigg)^2 =3\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})^3\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\Big(k+\frac{1}{2}\Big)\frac{\binom{2k}{k}}{2^{4k}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_k(\frac{1}{2})_a}{(k+a)!}\Bigg)^2 +2\frac{(a-\frac{1}{2})2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})^3\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\frac{\binom{2k}{k}}{2^{4k}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_k(\frac{1}{2})_a}{(k+a)!}\Bigg)^2$$
\begin{align*} \sum_{a< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m)!}\Bigg)^2 =\frac{1}{2(n+\frac{1}{2})}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_a}{(n+a)!}\Bigg)^2-\frac{3}{2}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})^2\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\Big(k+\frac{1}{2}\Big)\frac{\binom{2k}{k}}{2^{4k}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_k(\frac{1}{2})_a}{(k+a)!}\Bigg)^2-\frac{(a-\frac{1}{2})2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})^2\binom{2n}{n}}\sum_{n< k}\frac{\binom{2k}{k}}{2^{4k}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_k(\frac{1}{2})_a}{(k+a)!}\Bigg)^2 \end{align*}

補題1や補題4の証明とほとんど同じなので省略する。

$$f^{(a)}_k(n):=\sum_{a< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^k}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m)!}\right)^2$$
として
\begin{align} a^{(a)}_r(n)&:=\sum_{a< m_1<\cdots< m_r}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{r-1}-\frac{1}{2})^2}f^{(m_{r-1})}_{2}(n)\left(=\sum_{a< m_1<\cdots< m_r}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{r-1}-\frac{1}{2})^2(m_{r}-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_r}}{(n+m_r)!}\right)^2\right)\\ b^{(a)}_r(n)&:=\sum_{a< m_1<\cdots< m_r}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{r-1}-\frac{1}{2})^2}f^{(m_{r-1})}_{1}(n)\left(=\sum_{a< m_1<\cdots< m_r}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{r-1}-\frac{1}{2})^2(m_{r}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_r}}{(n+m_r)!}\right)^2\right)\\ a^{(a)}_1(n)&:=f^{(a)}_2(n)\\ b^{(a)}_1(n)&:=f^{(a)}_1(n) \end{align}
とおく。

このとき
$$Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1)=\sum_{0< n}\left(n-\frac{1}{2}\right)a^{(0)}_r(n-1)=\sum_{0\leq n}\left(n+\frac{1}{2}\right)a^{(0)}_r(n)$$
が成り立つことに注意します。

\begin{align} Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1) =\frac{1}{2}\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r}\binom{2n}{n}}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}-2\sum_{i=2}^{r}\sum_{\substack{0< n\\0< m_1<\cdots< m_i}}\frac{1}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-2i+2}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_i}}{(n+m_i-1)!}\right)^2 \end{align}

補題8より
$$\frac{1}{n+\frac{1}{2}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_a}{(n+a)!}\Bigg)^2-\left(n+\frac{1}{2}\right)\sum_{a< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m)!}\Bigg)^2 =2\sum_{a< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}\Bigg(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_m}{(n+m)!}\Bigg)^2$$
が成り立つので、$a$を$a_{r-1}$に置き換えてから両辺$\frac{1}{(a_1-\frac{1}{2})^2\cdots(a_{r-1}-\frac{1}{2})^2}$をかけて$a< a_1<\cdots< a_{r-1}$の範囲で和を取ることにより
\begin{align} &\frac{1}{n+\frac{1}{2}}a^{(a)}_{r-1}(n)-\left(n+\frac{1}{2}\right)a^{(a)}_{r}(n)=2b^{(a)}_r(n)\\ \Rightarrow&\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r-2}a^{(a)}_{r-1}(n)-\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r}a^{(a)}_{r}(n)=2\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r-1}b^{(a)}_r(n)\\ \Rightarrow&\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2}f^{(a)}_2(n)-\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r}a^{(a)}_{r}(n)=2\sum_{i=2}^{r}\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2i-1}b^{(a)}_i(n)\\ \Rightarrow&a^{(a)}_{r}(n)=\frac{1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r-2}}f^{(a)}_2(n)-2\sum_{i=2}^{r}\frac{1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r-2i+1}}b^{(a)}_i(n) \end{align}
よって、$a=0$を代入してから両辺$\left(n+\frac{1}{2}\right)$をかけて、$0\leq n$の範囲で和を取ることにより
\begin{align} Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1) &=\sum_{0\leq n}\frac{1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r-3}}f^{(0)}_2(n)-2\sum_{i=2}^{r}\sum_{0\leq n}\frac{1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r-2i}}b^{(0)}_i(n)\\ &=\sum_{0< n,m}\frac{1}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-1}}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_r}}{(n+m-1)!}\right)^2-2\sum_{i=2}^{r}\sum_{\substack{0\leq n\\0< m_1<\cdots< m_i}}\frac{1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r-2i}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_i}}{(n+m_i)!}\right)^2\\ &=\frac{1}{8}\sum_{0< n}\frac{2^{4n}}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-1}n\binom{2n}{n}}\sum_{n\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}-2\sum_{i=2}^{r}\sum_{\substack{0< n\\0< m_1<\cdots< m_i}}\frac{1}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-2i+2}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_i}}{(n+m_i-1)!}\right)^2\\ &=\frac{1}{2}\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r}\binom{2n}{n}}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}-2\sum_{i=2}^{r}\sum_{\substack{0< n\\0< m_1<\cdots< m_i}}\frac{1}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-2i+2}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_i}}{(n+m_i-1)!}\right)^2\blacksquare \end{align}

ということで、次は右辺の第二項
$$\sum_{i=2}^{r}\sum_{\substack{0< n\\0< m_1<\cdots< m_i}}\frac{1}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-2i+2}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_i}}{(n+m_i-1)!}\right)^2$$
について考察していきます。これは
$$g_{k}(n):=\sum_{0< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^k}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2$$
とおくと
$$\sum_{i=2}^{r}\sum_{0< m_1<\cdots< m_i}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}g_{2r-2i+2}(m_i)$$
となるので一般に$g_{2k}(n)$について考えればよいです。

明示式を書く上で必要な記号を次で定義しておきましょう。

正整数の組$(k_1,k_2,\ldots,k_r)$に対して次のような記号を定める。
\begin{align} (k_1,k_2,\ldots,k_r)_{\uparrow}&:=(k_1,\ldots,k_{r-1},k_r+1)\\ (k_1,k_2,\ldots,k_r)_{\downarrow}&:=(k_1,k_2,\ldots,k_{r-1},k_r-1) \end{align}
$$(k_1,k_2,\ldots,k_r)_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}n}:=\sum_{\substack{i_1+\cdots+i_r=n\\i_1,\ldots,i_r\in\lbrace 0,1\rbrace}}({k_1}+i_1,k_2+i_2,\ldots,{k_r}+i_r)$$
また、次の3つの多重級数を定義しておく。
$${}_{n<}H_k(k_1,k_2,\ldots,k_r):=\sum_{n< n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r-\frac{1}{2})^{k_r}}g_k(n_r) $$
$${}_{n\leq}\mathcal{RS}(k_1,k_2,\ldots,k_r,-1):=\sum_{n\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^3}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_{r}+\frac{1}{2})^{k_{r}}2^{8n_r}}$$
$${}_{n\leq}\mathcal{RS}(k_1,k_2,\ldots,k_r,-1):=\sum_{n\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{2^{4n_r}}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_{r}+\frac{1}{2})^{k_{r}}\binom{2n_r}{n_r}}\frac{(6n_{r+1}+1)\binom{2n_{r+1}}{n_{r+1}}^3}{2^{8n_{r+1}}}$$

$$_{n<}H_k\left((k_1,k_2,\ldots,k_r)_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}n}\right):=\sum_{\substack{i_1+\cdots+i_r=n\\i_1,\ldots,i_r\in\lbrace 0,1\rbrace}}{}_{n<}H_k({k_1}+i_1,k_2+i_2,\ldots,{k_r}+i_r)$$
のように、$(k_1,k_2,\ldots,k_r)_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}n}$に対応する値を定めておきます。(${}_{n\leq}\mathcal{RS}$の方も同様に定める。)

また、同じ数字の繰り返しを$(\underbrace{a,\ldots,a}_{r\text{個}})=(\lbrace a\rbrace^r)$のように記すことにします。

$${}_{0<}H_2(k_1,k_2,\ldots,k_r)=\frac{1}{2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}((k_1,\ldots,k_{r-1},k_r)_{\uparrow},-1)$$
$${}_{0<}H_1(k_1,k_2,\ldots,k_r)=\frac{1}{8}{}_{0\leq}\mathcal{RS}((k_1,\ldots,k_{r-1},k_r)_{\downarrow})-\frac{1}{4}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(k_1,\ldots,,k_r,-1) $$

\begin{align} {}_{0<}H_2(k_1,k_2,\ldots,k_r) &=\sum_{\substack{0< n_1<\cdots< n_r\\0< m}}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r-\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n_r}(\frac{1}{2})_{m}}{(n_r+m-1)!}\right)^2\\ &=\frac{1}{8}\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r-\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{2^{4n_r}}{n_r\binom{2n_r}{n_r}}\sum_{n_r\leq n_{r+1}}\frac{(6n_{r+1}+1)\binom{2n_{r+1}}{n_{r+1}}^3}{2^{8n_{r+1}}}\quad(\because\text{補題1})\\ &=\frac{1}{2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(k_1,\ldots,k_{r-1},k_r+1,-1)\\ &=\frac{1}{2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}((k_1,\ldots,k_{r-1},k_r)_{\uparrow},-1) \end{align}

\begin{align} {}_{0<}H_1(k_1,k_2,\ldots,k_r) &=\sum_{\substack{0< n_1<\cdots< n_r\\0< m}}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r-\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}\left(\frac{(\frac{1}{2})_{n_r}(\frac{1}{2})_{m}}{(n_r+m-1)!}\right)^2\\ &=\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r-\frac{1}{2})^{k_r}}\left(\frac{n^2_r}{2(n_r-\frac{1}{2})}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^2}{2^{4n_r}}-\frac{1}{16}\frac{(n_r-\frac{1}{2})2^{4n_r}}{n_r\binom{2n_r}{n_r}}\sum_{n_r\leq n_{r+1}}\frac{(6n_{r+1}+1)\binom{2n_{r+1}}{n_{r+1}}^3}{2^{8n_{r+1}}}\right)\\ &=\frac{1}{8}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(k_1,\ldots,k_{r-1},k_r-1)-\frac{1}{4}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(k_1,\ldots,,k_r,-1)\\ &=\frac{1}{8}{}_{0\leq}\mathcal{RS}((k_1,\ldots,k_{r-1},k_r)_{\downarrow})-\frac{1}{4}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(k_1,\ldots,,k_r,-1) \end{align}

(補題9の右辺第二項の変形)

\begin{align} \sum_{i=2}^{r}\sum_{\substack{0< n\\0< m_1<\cdots< m_i}}\frac{1}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-2i+2}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_i}}{(n+m_i-1)!}\right)^2=\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+1}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j},2)_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1},-1\right) +\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j-2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j},0)_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j-1}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j},-1\right) \end{align}

\begin{align} \left(n-\frac{1}{2}\right)^2g_k(n)+2\left(n-\frac{1}{2}\right)g_{k-1}(n) &=\sum_{0< m}\frac{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2+2\left(n-\frac{1}{2}\right)\left(m-\frac{1}{2}\right)}{(m-\frac{1}{2})^k}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2\\ &=\sum_{0< m}\frac{(n+m-1)^2-\left(m-\frac{1}{2}\right)^2}{(m-\frac{1}{2})^k}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m}}{(n+m-1)!}\right)^2\\ &=\left(n-\frac{1}{2}\right)^2g_{k}(n-1)-g_{k-2}(n) \end{align}
となるので$g_k$について差分をとると
$$g_k(n)=2\sum_{n< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}g_{k-1}(m)+\sum_{n< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}g_{k-2}(m)$$
となる。これより、$g_k$の添え字を$-1$する項と$-2$する項があることが分かる。特に$g_{2k}$について考えると
$$g_{2k}(n)=2\sum_{n< m}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}g_{2k-1}(m)+\sum_{n< m}\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}g_{2k-2}(m)$$
であり、添え字$2k$が$1$か$2$に至るまでに何回$-1$の方を選んだかで場合分けすることで次の等式を得る。
\begin{align} g_{2k}(n)=&\ 2^{2k-2}{}_{n<}H_2(\lbrace 1\rbrace^{2k-2})+2^{2k-3}{}_{n<}H_1\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-2})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}1}\right)\\ +&2^{2k-4}{}_{n<}H_2\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-3})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}1}\right)+2^{2k-5}{}_{n<}H_1\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-3})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}2}\right)\\ +&2^{2k-6}{}_{n<}H_2\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-4})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}2}\right)+2^{2k-7}{}_{n<}H_1\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-4})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}3}\right)\\ &\quad\vdots\\ +&2^{2}{}_{n<}H_2\left((\lbrace 1\rbrace^{k})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}k-2}\right)+2{}_{n<}H_1\left((\lbrace 1\rbrace^{k})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}k-1}\right)\\ +&\ \ \ {}_{n<}H_2\left((\lbrace 1\rbrace^{k-1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}k-1}\right)\\ =&\ \sum_{j=1}^{k}2^{2k-2j}{}_{n<}H_2\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-j-1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right) +\sum_{j=1}^{k-1}2^{2k-2j-1}{}_{n<}H_1\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-j-1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right) \end{align}
$$\therefore g_{2k}(n)=\ \sum_{j=1}^{k}2^{2k-2j}{}_{n<}H_2\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-j-1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right) +\sum_{j=1}^{k-1}2^{2k-2j-1}{}_{n<}H_1\left((\lbrace 1\rbrace^{2k-j-1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)$$
よって、補題9の右辺第二項は
\begin{align} &\sum_{i=2}^{r}\sum_{\substack{0< n\\0< m_1<\cdots< m_i}}\frac{1}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-2i+2}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_i}}{(n+m_i-1)!}\right)^2\\ &=\sum_{i=2}^{r}\sum_{0< m_1<\cdots< m_i}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}g_{2r-2i+2}(m_i)\\ &=\sum_{i=2}^{r}\sum_{0< m_1<\cdots< m_i}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+2}{}_{m_i <}H_2\left((\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right) +\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j+1}{}_{m_i <}H_1\left((\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)\right)\\ &=\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+2}\sum_{0< m_1<\cdots< m_i}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}{}_{m_i <}H_2\left((\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right) +\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j+1}\sum_{0< m_1<\cdots< m_i}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}{}_{m_i <}H_1\left((\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)\\ &=\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+2}{}_{0<}H_2\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right) +\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j+1}{}_{0<}H_1\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)\\ &=\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+1}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},\left(1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right)_{\uparrow},-1\right) +\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j-2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,\left((\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)_{\downarrow}\right) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j-1}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j},-1\right)\quad(\because\text{補題10})\blacksquare \end{align}

$$\frac{2^{2r+1}}{\pi}\sum_{m=1}^{r}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{2r-2m}\frac{(-1)^{m-1}\beta(2m)}{(2r-2m)!}=\frac{1}{2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(\lbrace2\rbrace^r,-1) +{}_{0\leq}\mathcal{RS}(2r,-1) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+3}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},\left(1,\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right)_{\uparrow},-1\right) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,\left((\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)_{\downarrow}\right) +2\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j+1}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j},-1\right) $$

まず補題3より
$$Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r-1\text{個}},1|2)+2Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1)=\frac{2^{2r+1}}{\pi}\sum_{m=1}^{r}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{2r-2m}\frac{(-1)^{m-1}\beta(2m)}{(2r-2m)!}$$
となることに注意する。

左辺の第一項目に関しては補題1より
\begin{align} Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r-1\text{個}},1|2) &=\frac{1}{8}\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^2\cdots(n_{r-1}-\frac{1}{2})^2(n_r-\frac{1}{2})}\frac{2^{4n_r}}{n_r\binom{2n_r}{n_r}}\sum_{n_r\leq k}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\\ &=\frac{1}{2}\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_{r+1}}\frac{2^{4n_r}}{(n_1+\frac{1}{2})^2\cdots(n_r+\frac{1}{2})^2\binom{2n_r}{n_r}}\frac{(6n_{r+1}+1)\binom{2n_{r+1}}{n_{r+1}}^3}{2^{8n_{r+1}}}\\ &=\frac{1}{2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(\lbrace2\rbrace^r,-1) \end{align}
となる。第二項目に関しては
\begin{align} Z(\underbrace{2,\ldots,2}_{r\text{個}}|1) &=\frac{1}{2}\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^{2r}\binom{2n}{n}}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}-2\sum_{i=2}^{r}\sum_{\substack{0< n\\0< m_1<\cdots< m_i}}\frac{1}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^{2r-2i+2}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^2\cdots(m_{i-1}-\frac{1}{2})^2(m_{i}-\frac{1}{2})}\left(\frac{(\frac{1}{2})_n(\frac{1}{2})_{m_i}}{(n+m_i-1)!}\right)^2\quad(\because\text{補題9})\\ &=\frac{1}{2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(2r,-1) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},\left(1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right)_{\uparrow},-1\right) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j-1}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,\left(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)_{\downarrow}\right) +2\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j},-1\right)\quad(\because\text{補題11}) \end{align}
以上より
$$\frac{2^{2r+1}}{\pi}\sum_{m=1}^{r}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{2r-2m}\frac{(-1)^{m-1}\beta(2m)}{(2r-2m)!}=\frac{1}{2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(\lbrace2\rbrace^r,-1) +{}_{0\leq}\mathcal{RS}(2r,-1) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+3}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},\left(1,\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right)_{\uparrow},-1\right) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,\left((\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)_{\downarrow}\right) +2\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j+1}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j},-1\right)\blacksquare $$

上の定理で$r=1$とすると
$$\frac{16}{3\pi}\beta(2)={}_{0\leq}\mathcal{RS}(2,-1)$$
となり、これは定理6の結果と一致します。

また、$r=2$とすると
$$8\pi\beta(2)-\frac{64}{\pi}\beta(4)=2{}_{0\leq}\mathcal{RS}(4,-1)-3{}_{0\leq}\mathcal{RS}(2,2,-1)$$
となり、これは定理7の結果と一致します。

まとめ

\begin{align} \frac{4}{\pi}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(6n+1)\binom{2n}{n}^3}{2^{8n}}\\ \frac{16}{\pi}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(42n+5)\binom{2n}{n}^3}{2^{12n}} \end{align}

\begin{align} \frac{16\beta(2)}{3\pi}&=\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})^2\binom{2n}{n}}\frac{(6k+1)\binom{2k}{k}^3}{2^{8k}}\\ \frac{128\beta(2)}{3\pi}&=6\sum_{0\leq n}\frac{1}{n+\frac{1}{2}}\frac{\binom{2n}{n}^2}{2^{8n}}+\sum_{0\leq n< k}\frac{2^{4n}}{(n+\frac{1}{2})^2\binom{2n}{n}}\frac{(42k+5)\binom{2k}{k}^3}{2^{12k}} \end{align}
$$8\pi\beta(2)-\frac{64}{\pi}\beta(4)=2\sum_{0\leq n_1< n_2}\frac{2^{4n_1}}{(n_1+\frac{1}{2})^4\binom{2n_1}{n_1}}\frac{(6n_2+1)\binom{2n_2}{n_2}^3}{2^{8n_2}} -3\sum_{0\leq n_1< n_2< n_3}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^2}\frac{2^{4n_2}}{(n_2+\frac{1}{2})^2\binom{2n_2}{n_2}}\frac{(6n_3+1)\binom{2n_3}{n_3}^3}{2^{8n_3}}$$
$\ $
\begin{align} {}_{n\leq}\mathcal{RS}(k_1,k_2,\ldots,k_r)&:=\sum_{n\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^3}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_{r}+\frac{1}{2})^{k_{r}}2^{8n_r}}\\ {}_{n\leq}\mathcal{RS}(k_1,k_2,\ldots,k_r,-1)&:=\sum_{n\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{2^{4n_r}}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_{r}+\frac{1}{2})^{k_{r}}\binom{2n_r}{n_r}}\frac{(6n_{r+1}+1)\binom{2n_{r+1}}{n_{r+1}}^3}{2^{8n_{r+1}}} \end{align}
としたとき
$$\frac{2^{2r+1}}{\pi}\sum_{m=1}^{r}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{2r-2m}\frac{(-1)^{m-1}\beta(2m)}{(2r-2m)!}=\frac{1}{2}{}_{0\leq}\mathcal{RS}(\lbrace2\rbrace^r,-1) +{}_{0\leq}\mathcal{RS}(2r,-1) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i+1}2^{2r-2i-2j+3}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},\left(1,\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j-1}\right)_{\uparrow},-1\right) -\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,\left((\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j}\right)_{\downarrow}\right) +2\sum_{i=2}^{r}\sum_{j=1}^{r-i}2^{2r-2i-2j+1}{}_{0\leq}\mathcal{RS}\left(\lbrace 2\rbrace^{i-1},1,(\lbrace 1\rbrace^{2r-2i-j+1})_{{\overset{\circlearrowleft}{\uparrow}}j},-1\right) $$

また、多重ラマヌジャン佐藤級数に関する等式は他にも多く得ているので、第二弾なども書く予定です。