Zagier's sporadic sequences4: 二項係数を掛けた母関数
Zagier's sporadic sequences
は漸化式
\begin{align}
(n+1)^2A_{n+1}-(an^2+an+b)A_n+cn^2A_{n-1}=0
\end{align}
を満たす6つの散発的な数列である. 今回はそれらに$\binom{2n}n$を掛けた母関数を超幾何関数で表す公式を与えるとともに, その母関数の収束半径の上にある確定特異点における特殊値を求めたいと思う. (Apéry数の場合は直接的に母関数を求めることには成功していない.)
1つ目の数列
まず,
\begin{align}
a_n&:=\sum_{k=0}^n\binom nk^2\binom{2k}k
\end{align}
の場合は
前の記事
で示した定理7を用いて以下のように表される. (2つ目の等号は
前の記事
で示したRogersの変換公式である.)
\begin{align} \frac 1{1+u}\sum_{0\leq n}\binom{2n}na_n\left(\frac{u}{9(1+u)^2}\right)^n&=\frac 1{1+3u}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac{256u}{9(1+3u)^4}}\\ &=\frac 3{3+u}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac{256u^3}{9(3+u)^4}} \end{align}
これは$u$の絶対値が十分小さいときに成り立つ等式であるが, 下の表示においては$0< u<1$の間に特異点がなく, $u\to 1$とすることができ,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}n\frac{a_n}{36^n}&=\frac 32\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac 19}
\end{align}
となる. ここで,
子葉さんの記事
にまとめられているように,
\begin{align}
\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac 19}&=\frac{\Gamma\left(\frac 1{24}\right)\Gamma\left(\frac{5}{24}\right)\Gamma\left(\frac 7{24}\right)\Gamma\left(\frac{11}{24}\right)}{8\sqrt 6 \pi^3}
\end{align}
であるから,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}n\frac{a_n}{36^n}&=\frac{3\Gamma\left(\frac 1{24}\right)\Gamma\left(\frac{5}{24}\right)\Gamma\left(\frac 7{24}\right)\Gamma\left(\frac{11}{24}\right)}{16\sqrt 6\pi^3}
\end{align}
と求められる.
2つ目の数列: Franel数
次に, Franel数
\begin{align}
b_n&:=\sum_{k=0}^n\binom nk^3
\end{align}
については,
Barrucandの恒等式
\begin{align}
a_n=\sum_{k=0}^n\binom nkb_k
\end{align}
より,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}na_nu^n&=\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}(4u)^n\sum_{0\leq k}\frac{n!}{k!(n-k)!}b_k\\
&=\sum_{0\leq k}\frac{b_k}{k!}\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{(n-k)!}(4u)^n\\
&=\sum_{0\leq k}\frac{\left(\frac 12\right)_k}{k!}b_k(4u)^k\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12+k\right)_n}{n!}(4u)^n\qquad n\mapsto n+k\\
&=\sum_{0\leq k}\binom{2k}kb_ku^k(1-4u)^{-k-\frac 12}\\
&=\frac 1{\sqrt{1-4u}}\sum_{0\leq k}\binom{2k}kb_k\left(\frac{u}{1-4u}\right)^k
\end{align}
であることが分かる. よって, ここで, $\displaystyle u\mapsto\frac{u}{9(1+u)^2}$とすれば,
\begin{align}
&\frac 3{\sqrt{9+14u+9u^2}}\sum_{0\leq n}\binom{2n}nb_n\left(\frac{u}{9+14u+9u^2}\right)^n\\
&=\frac 1{1+u}\sum_{0\leq n}\binom{2n}na_n\left(\frac{u}{9(1+u)^2}\right)^n
\end{align}
を得る. よって定理1より以下を得る.
\begin{align} &\frac 1{\sqrt{9+14u+9u^2}}\sum_{0\leq n}\binom{2n}nb_n\left(\frac{u}{9+14u+9u^2}\right)^n\\ &=\frac 1{1+3u}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac{256u}{9(1+3u)^4}}\\ &=\frac 3{3+u}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac{256u^3}{9(3+u)^4}}\\ \end{align}
先ほどと同じように2つ目の表示で$u\to 1$とすると
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}n\frac{b_n}{32^n}=\frac{\Gamma\left(\frac 1{24}\right)\Gamma\left(\frac{5}{24}\right)\Gamma\left(\frac 7{24}\right)\Gamma\left(\frac{11}{24}\right)}{8\sqrt 3\pi^3}
\end{align}
を得る.
3つ目の数列
\begin{align}
c_n&:=\sum_{k=0}^n(-1)^k8^{n-k}\binom nk\sum_{j=0}^k\binom kj^3
\end{align}
とする. これを反転させると,
\begin{align}
a_n&=\sum_{k=0}^n(-1)^{k}8^{n-k}\binom nkc_k
\end{align}
となるので, 先ほどと同様に
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}na_nu^n&=\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}(4u)^n\sum_{k=0}^n(-1)^k8^{n-k}\frac{n!}{k!(n-k)!}c_k\\
&=\sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}(-8)^{-k}c_k\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{(n-k)!}(32u)^n\\
&=\sum_{k=0}^n\frac{\left(\frac 12\right)_k}{k!}(-4)^{k}c_ku^k(1-32u)^{-k-\frac 12}\\
&=\frac 1{\sqrt{1-32u}}\sum_{k=0}^n\binom{2k}kc_k\left(-\frac{u}{1-32u}\right)^k
\end{align}
となる. よって, ここで, $\displaystyle u\mapsto \frac{u}{9+14u+9u^2}$とすると定理2より, 以下を得る.
\begin{align} &\frac 1{1-u}\sum_{0\leq n}\binom{2n}nc_n\left(-\frac{u}{9(1-u)^2}\right)^n\\ &=\frac 1{1+3u}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac{256u}{9(1+3u)^4}}\\ &=\frac 3{3+u}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac{256u^3}{9(3+u)^4}}\\ \end{align}
ここで, 2つ目の表示において, $u\to -1$とすると
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}n\frac{c_n}{36^n}&=\frac 32\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{-\frac{16}{9}}
\end{align}
を得る. ここで, 二次変換公式
\begin{align}
\F21{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{x}&=\frac 1{\sqrt{1-x}}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{-\frac{4x}{(1-x)^2}}
\end{align}
において, $x\to\frac 14$とすると,
\begin{align}
\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{-\frac{16}{9}}&=\frac{\sqrt 3}2\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{\frac 14}
\end{align}
を得る.
子葉さんの記事
にまとめられているように,
\begin{align}
\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{\frac 14}&=\frac{\sqrt 3\Gamma\left(\frac 13\right)^6}{2^{\frac 83}\pi^4}
\end{align}
であるから,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}n\frac{c_n}{36^n}&=\frac{9\Gamma\left(\frac 13\right)^6}{2^{\frac {16}3}\pi^4}
\end{align}
を得る.
4つ目の数列
\begin{align}
d_n&:=\sum_{k=0}^n4^{n-2k}\binom n{2k}\binom{2k}k^2
\end{align}
とする. このとき,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}nd_nu^n&=\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}(4u)^n\sum_{k=0}^n4^{n-2k}\frac{n!(2k)!}{k!^4(n-2k)!}\\
&=\sum_{0\leq k}4^{-2k}\frac{(2k)!}{k!^4}\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{(n-2k)!}(16u)^n\\
&=\sum_{0\leq k}4^{2k}\frac{(2k)!\left(\frac 12\right)_{2k}}{k!^4}u^{2k}\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12+2k\right)_n}{n!}(16u)^n\qquad n\mapsto n+2k\\
&=\frac 1{\sqrt{1-16u}}\sum_{0\leq k}\frac{(4k)!}{k!^4}\left(\frac{u^{2}}{(1-16u)^2}\right)^k\\
&=\frac 1{\sqrt{1-16u}}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac{256u^2}{(1-16u)^2}}
\end{align}
よって以下を得る.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\binom{2n}nd_nu^n&=\frac 1{\sqrt{1-16u}}\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{\frac{256u^2}{(1-16u)^2}} \end{align}
$u\to \frac 1{32}$とすると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}n\frac{d_n}{32^n}&=\sqrt 2\F32{\frac 14,\frac 12,\frac 34}{1,1}{1}\\
&=\frac{\sqrt 2\pi}{\Gamma\left(\frac 58\right)^2\Gamma\left(\frac 78\right)^2}
\end{align}
を得る. ここで, 最後の等号は
Watsonの和公式
による.
5つ目の数列
\begin{align}
e_n&:=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k3^{n-3k}\frac{n!}{k!^3(n-3k)!}
\end{align}
とする.
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}ne_nu^n&=\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{n!}(4u)^n\sum_{k=0}^{n}(-1)^k3^{n-3k}\frac{n!}{k!^3(n-3k)!}\\
&=\sum_{0\leq k}(-1)^k3^{-3k}\frac{1}{k!^3}\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12\right)_n}{(n-3k)!}(12u)^n\\
&=\sum_{0\leq k}(-1)^k\frac{\left(\frac 12\right)_{3k}}{k!^3}(4u)^{3k}\sum_{0\leq n}\frac{\left(\frac 12+3k\right)_n}{n!}(12u)^n\qquad n\mapsto n+3k\\
&=\sum_{0\leq k}(-1)^k\frac{\left(\frac 12\right)_{3k}}{k!^3}(4u)^{3k}(1-12u)^{-3k-\frac 12}\\
&=\frac 1{\sqrt{1-12u}}\F32{\frac 16,\frac 12,\frac 56}{1,1}{-\frac{1728u^3}{(1-12u)^3}}
\end{align}
となる. つまり, 以下を得る.
\begin{align} \sum_{0\leq n}\binom{2n}ne_nu^n &=\frac 1{\sqrt{1-12u}}\F32{\frac 16,\frac 12,\frac 56}{1,1}{-\frac{1728u^3}{(1-12u)^3}} \end{align}
$\displaystyle u\to\frac{e^{\frac{\pi i}6}}{12\sqrt 3}$とすると,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}ne_n\left(\frac{e^{\frac{\pi i}6}}{12\sqrt 3}\right)^n
&=3^{\frac 14}e^{\frac{\pi i}{12}}\F32{\frac 16,\frac 12,\frac 56}{1,1}{1}\\
&=\frac{3^{\frac 14}e^{\frac{\pi i}{12}}\pi}{\Gamma\left(\frac 7{12}\right)^2\Gamma\left(\frac{11}{12}\right)^2}\\
\end{align}
となる. ここで, 最後の等号は
Watsonの和公式
による.
6つ目の数列: Apéry数
\begin{align}
f_n&=\sum_{k=0}^n\binom nk^2\binom{n+k}k
\end{align}
この場合には直接求めることには成功していないので, 既知の結果を証明なしに紹介することにする. まず, OEISの
A005258
によれば,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}f_nu^n&=\frac 1{(1-12u+14u^2+12u^3+u^4)^{\frac 14}}\F21{\frac 1{12},\frac 5{12}}{1}{\frac{1728u^5(1-11u-u^2)}{(1-12u+14u^2+12u^3+u^4)^3}}
\end{align}
となる. ここで,
子葉さんの記事
に書かれているClausenの公式の類似を用いると,
\begin{align}
&\frac 1{1+u^2}\sum_{0\leq n}\binom{2n}nf_n\left(\frac{u(1-11u-u^2)}{(1+u^2)^2}\right)^n\\
&=\frac 1{\sqrt{1-12u+14u^2+12u^3+u^4}}\F21{\frac 1{12},\frac 5{12}}{1}{\frac{1728u^5(1-11u-u^2)}{(1-12u+14u^2+12u^3+u^4)^3}}^2\\
&=\frac 1{\sqrt{1-12u+14u^2+12u^3+u^4}}\F32{\frac 1{6},\frac 12,\frac 5{6}}{1,1}{\frac{1728u^5(1-11u-u^2)}{(1-12u+14u^2+12u^3+u^4)^3}}
\end{align}
となる. つまり以下を得る.
\begin{align} &\frac 1{1+u^2}\sum_{0\leq n}\binom{2n}nf_n\left(\frac{u(1-11u-u^2)}{(1+u^2)^2}\right)^n\\ &=\frac 1{\sqrt{1-12u+14u^2+12u^3+u^4}}\F32{\frac 1{6},\frac 12,\frac 5{6}}{1,1}{\frac{1728u^5(1-11u-u^2)}{(1-12u+14u^2+12u^3+u^4)^3}} \end{align}
ここで, $\displaystyle u\to\frac{2}{11+5\sqrt 5+\sqrt{250+110\sqrt{5}}}$とすると,
\begin{align}
&\sum_{0\leq n}\binom{2n}nf_n\left(\frac 14\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^5\right)^n\\
&=\sqrt{\frac{25+9\sqrt 5}{22}}\F32{\frac 1{6},\frac 12,\frac 5{6}}{1,1}{\frac{23868\sqrt 5-53325}{33275}}
\end{align}
ここで, 三次変換公式(
Baileyの三次変換公式
の系)
\begin{align}
\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{u}=\frac 1{\sqrt{1-u/4}}\F32{\frac 16,\frac 12,\frac 56}{1,1}{\frac{27u^2}{(4-u)^3}}
\end{align}
において, $u=9-4\sqrt 5$とすると,
\begin{align}
\F32{\frac 1{6},\frac 12,\frac 5{6}}{1,1}{\frac{23868\sqrt 5-53325}{33275}}&=\frac{\sqrt{4\sqrt 5-5}}{2}\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{9-4\sqrt 5}
\end{align}
となるから,
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}nf_n\left(\frac 14\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^5\right)^n&=\frac{\sqrt{10(1+\sqrt 5)}}4\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{9-4\sqrt 5}
\end{align}
を得る. ここで,
子葉さんの記事
に書かれている式
\begin{align}
\F32{\frac 12,\frac 14,\frac 34}{1,1}{z}&=\sqrt{\frac{2}{1+\sqrt{1-z}}}\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{\frac{\sqrt{1-z}-1}{\sqrt{1-z}+1}}
\end{align}
に$z=-\frac 14$を代入すると,
\begin{align}
\F32{\frac 12,\frac 12,\frac 12}{1,1}{9-4\sqrt 5}&=\frac{\sqrt{2+\sqrt 5}}2\F32{\frac 12,\frac 14,\frac 34}{1,1}{-\frac 14}
\end{align}
を得る. ここで,
子葉さんの記事
にまとめられているように
\begin{align}
\F32{\frac 12,\frac 14,\frac 34}{1,1}{-\frac 14}&=\frac{\Gamma\left(\frac 1{20}\right)\Gamma\left(\frac 3{20}\right)\Gamma\left(\frac 7{20}\right)\Gamma\left(\frac 9{20}\right)}{10\pi^3}
\end{align}
であるから, 最終的に
\begin{align}
\sum_{0\leq n}\binom{2n}nf_n\left(\frac 14\left(\frac{\sqrt 5-1}2\right)^5\right)^n&=\frac{(5+3\sqrt 5)\Gamma\left(\frac 1{20}\right)\Gamma\left(\frac 3{20}\right)\Gamma\left(\frac 7{20}\right)\Gamma\left(\frac 9{20}\right)}{160\pi^3}
\end{align}
を得る.
