Apéryの加速法9-4：雑多な計算例
はじめに
この記事では
前回の記事
に引き続きApéryの加速法に関する個人的な計算メモをまとめていきます。
今回の記事ではこれまでの計算例
の応用例や、その他の特殊な計算例、および個人的なメモについてまとめていきます。
メモ
何かの役に立つかもしれない論文のメモ(出版年・リンクはarXiv準拠)。
- Zudilin(2002), An Apéry-like difference equation for Catalan's constant
- Zudilin(2003), Binomial sums related to rational approximations to $\z(4)$
- Zudilin(2015),
A determinantal approach to irrationality
cf. せきゅーんさんによる解説 - Straub-Zudilin(2021), Sums of powers of binomials, their Apéry limits, and Franel's suspicions
- Cohen(2022), Elementary Continued Fractions for Linear Combinations of Zeta and L Values
- Cohen(2023), Parametric Continued Fractions for $\pi^2$, $\z(3)$, and other Constants
- Cohen(2024),
A Database of Continued Fractions of Polynomial Type
(注釈)多項式係数の連分数とその収束値や収束速度に関するデータベース(TeX Sourceにコメントアウトする形で記載されていることに注意)。 - Stachowiak(2024), Irrational Acceleration of a Continued Fraction of $\pi$
- Cohen-Zudilin(2025), Variations on a theme of Apéry
- Cohen(2025), Polynomial Continued Fractions for Algebraic Numbers
- Cohen-Zudilin(2025), Continued Fractions and Irrationality Measures for Chowla--Selberg Gamma Quotients
- Cohen(in preparation), Continued Fractions of Polynomial Type: Theory and Encyclopedic Dictionary
$e^t$の場合
\begin{align}
e^{-t}&=\l(\sum^\infty_{n=0}\frac{t^n}{n!}\r)^{-1}\\
&=1-\frac t{1+t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-nt}{n+1+t}
\end{align}
について反復Bauer-Muir変換を考えると
\begin{align}
(a^{(k-1)}_{n+1},b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n)
&=(n+k+t,-nt,-kt)\\
(r^{(k-1)}_n,R^{(k-1)}_n)&=(-t,n+k)
\end{align}
と求まり、これによって
$$e^{-t}
=\sum^k_{l=0}\frac{(-t)^l}{l!}
+\frac{\frac{(-t)^{k+1}}{k!}}{k+1+t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-nt}{n+k+1+t}$$
という連分数や
\begin{align}
e^t
&=1+\frac t1\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-nt}{2n}\p\frac{nt}{2n+1}\r)\\
&=1+\frac t1\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-t}2\p\frac t{2n+1}\r)\\
&=1+\frac{2t}{2-t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{t\c t}{-t+2(2n+1)+t}\\
&=1+\frac{2t}{2-t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{t^2}{2(2n+1)}\\
\end{align}
という連分数が得られる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align}
\frac{p^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}\\
\frac{q^{(k)}_n}{n!k!}
&=\sum^k_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}\sum^{n+j}_{m=0}\frac{t^m}{m!}
\end{align}
が成り立つ。また
$$I^{(k)}_n=t^{-n-k-1}(p^{(k)}_ne^t-q^{(k)}_n)$$
とおくと
$$I^{(k)}_n=(-1)^k
\int^1_0x^k(1-x)^ne^{tx}dx$$
が成り立つ。
ちなみにApéry双対が
$$e^{-t}=\sum^\infty_{k=0}\frac{(-t)^k}{k!}$$
であったことから次のような対称性が得られる。
\begin{alignat}{3} &\sum^k_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}& &=\sum^n_{j=0}\binom{k+j}j\frac{t^{n-j}}{(n-j)!}\sum^{k+j}_{l=0}\frac{(-t)^l}{l!}\\ &\sum^k_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}\sum^{n+j}_{m=0}\frac{t^m}{m!}& &=\sum^n_{j=0}\binom{k+j}j\frac{t^{n-j}}{(n-j)!} \end{alignat}
$n-k< m\leq n$なる任意の整数$m$に対し
$$\sum^k_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-t)^{k-j}}{(k-j)!}\frac{t^{m+j}}{(m+j)!}=0$$
が成り立つ。
\begin{align}
&\sum^\infty_{l=0}
\l(\sum^l_{j=0}\binom{n+j}j\frac{(-1)^{l-j}}{(l-j)!}\frac1{(m+j)!}\r)x^l\\
={}&\l(\sum^\infty_{j=0}\frac{(-x)^j}{j!}\r)\l(\sum^\infty_{j=0}\binom{n+j}n\frac{x^j}{(m+j)!}\r)\\
={}&e^{-x}\frac1{n!}\frac{d^n}{dx^n}x^{n-m}e^x\\
={}&\sum^n_{j=0}\binom{n-m}jx^{n-m-j}
\end{align}
は$n-m$次多項式であることに注意して$k$次の係数を比較することでわかる。
$\sum(-1)^{n-1}/(n+x)$について
第六回の記事
にて得られた
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x}
=\frac1{1+x}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(n+x)^2}1$$
のApéry双対
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x}
=\frac1{2x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{2x+1}$$
に対し
\begin{align}
(b^{(k)}_n,d^{(k)}_n)&=(n(n+k),2(k+x+1)(n+k))\\
a^{(k)}_n&=k+2x+1\\
r^{(k)}_n&=n+k\\
R^{(k)}_n&=n+2(k+x+1)
\end{align}
という低速Apéry変換を考えることができ、これによって$O(1/n^{k+2x+1})$で収束する連分数
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x}
=\sum^k_{l=1}\frac1{2^ll\binom{l+x}l}+\frac{1/2^k\binom{k+x}k}{k+2x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+k)}{k+2x+1}$$
が得られる。
ちなみに$x=-1/2,k=1$とすることで
いつぞやの記事
にて紹介した連分数
\begin{align}
\frac\pi2
&=1+\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(n+1)}1\\
&=1+\frac11\p\K^\infty_{n=2}\frac1{1/n}
\end{align}
が得られたりする。
特にその収束分数は次のように求めることができる。
$$\frac\pi2=1+\K^\infty_{n=1}\frac1{1/n}$$
の収束分数$P_n/Q_n$について
$$P_{2n}=P_{2n-1}=\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!},\quad
Q_{2n}=Q_{2n+1}=\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}$$
が成り立つ。
$P_n,Q_n$は形式的な連分数公式
$$\frac\pi2=\frac10\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}0$$
の収束分数$p_n/q_n$のBauer-Muir変換
$$p'_n=p_{n+1}+(n+1)p_n,\quad q'_n=q_{n+1}+(n+1)q_n$$
に対し
$$P_n=\frac{p'_n}{n!},\quad Q_n=\frac{q'_n}{n!}$$
と定まっていたことに注意する。
いま$u_n=p_n,q_n$は
$$u_{n+1}=n^2u_{n-1}$$
を満たすことに注意すると
$$p_{2n}=0,\quad p_{2n+1}=((2n)!!)^2,\quad q_{2n}=((2n-1)!!)^2,\quad q_{2n+1}=0$$
と求まり、このことから
$$p'_{2n}=((2n)!!)^2,\quad p'_{2n-1}=\frac{((2n)!!)^2}{2n},\quad
q'_{2n}=\frac{((2n+1)!!)^2}{2n+1},\quad q'_{2n+1}=((2n+1)!!)^2$$
および
$$P_{2n}=P_{2n-1}=\frac{((2n)!!)^2}{(2n)!},\quad
Q_{2n}=Q_{2n+1}=\frac{((2n+1)!!)^2}{(2n+1)!}$$
がわかるので、あとは
$$(2n)!!\c(2n+1)!!=(2n+1)!$$
に注意すると主張を得る。
$\log2$について
\begin{align}
\log2
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}1\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(4n^2-1)}{2n+1}\\
\end{align}
に対し低速Apéry変換を考えてみたところ次のような結果が得られた。
上の連分数に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=n^2(4n^2-(2k+1)^2)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2k+1)(2n+1)\\
r^{(k)}_n&=(n-2k-2)(2n+2k+1)\\
R^{(k)}_n&=(n+2k+2)(2n-2k-1)\\
d^{(k)}_n&=-4k^2(4n^2-(2k+1)^2)\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-2k-3}{2n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O(1/n^{2k+1})$で収束する連分数
$$\log2
=-\frac12\sum^k_{l=1}\frac1l
+\frac{2k+1}{2k+1}
\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(4n^2-(2k+1)^2)}{(2k+1)(2n+1)}$$
や$O(1/4^n)$で収束する連分数
\begin{align}
\log2
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^2(4n-1)}{3n}\p\frac{4n^2(4n+1)}{3n+1}\r)\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n(4n-1)}3\p\frac{4n(4n+1)}{3n+1}\r)\\
&=\frac36\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n(4n-1)\c4n(4n+1)}{(n+1)(4n+3)+3(3n+1)+4n(4n+1)}\\
&=\frac{3/2}3\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2(16n^2-1)}{10n^2+10n+3}\\
\end{align}
が得られる。
特に 第9-2回の記事 の結果から次の事実が得られる。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac1{(1)_k^2}\frac{p^{(k)}_n}{2^n(1)_n(\frac12)_{n-k}}\\
B^{(k)}_n&=\frac1{(1)_k^2}\frac{q^{(k)}_n}{2^n(1)_n(\frac12)_{n-k}}\\
\end{align}
とおいたとき
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}4^j\binom{2k-2j}{k-j}\binom nj\binom{n+j}j
\l(\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}m
-(2n+1)\sum^j_{i=1}\frac{(-1)^{n+i}}{4^i}
\frac{\binom{2i-2}{i-1}}{i^2\binom ni\binom{n+i}i}\r)\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}4^j\binom{2k-2j}{k-j}\binom nj\binom{n+j}j
\end{align}
が成り立つ。
対応するWZ-pairは
\begin{align}
F(n,j-1)&=\frac{(-1)^{n+j}}{4^{j-1}}\frac{\binom{2j-2}{j-1}}{j\binom n{j-1}\binom{n+j}j}\\
G(n,j-1)&=(2n+1)\frac{(-1)^{n+j}}{4^j}\frac{\binom{2j-2}{j-1}}{j^2\binom nj\binom{n+j}j}
\end{align}
である。
$\z(2)$について
その1
第六回の記事
にて
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+1}$$
を低速Apéry変換することで得られた
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac3{n^2\binom{2n}n}
=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{2(n+1)(2n+1)+n^2}$$
という連分数に対し次のような反復Bauer-Muir変換が構成できた。
上の連分数に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^2(2n-k)(2n-k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=5n^2+6n+2+k(2n+1)\\
r^{(k)}_n&=-n^2+2(k+1)n-3(k+1)^2\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(2n+3k+3)\\
d^{(k)}_n&=-9(k+1)^3(2n-k)\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-k-2}{2n-k}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
\begin{align}
\z(2)
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^3(n+1)}{5n(n+1)}\p\frac{9n^3(n+1)}{(n+1)(5n+2)}\r)\\
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^2}5\p\frac{9n^2}{(n+1)(5n+2)}\r)\\
&=\frac{15}9\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2\c9n^2}{-(n+1)^2+5(n+1)(5n+2)+9n^2}\\
&=\frac53\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{11n^2+11n+3}
\end{align}
を得る。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
\begin{align}
A^{(k)}_n&=\frac1{3^k(k!)^2}\frac{p^{(k)}_n}{(2n-k)!}\\
B^{(k)}_n&=\frac1{3^k(k!)^2}\frac{q^{(k)}_n}{(2n-k)!}
\end{align}
とおいたとき
$$B^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{n+j}j$$
が成り立つ。
ちなみに
$$C^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{n+j}j
\l(\sum^n_{m=1}\frac1{m^2}+\sum^j_{i=1}\frac{(-1)^{i-1}}{i^2\binom ni}\r)$$
とおいたとき、これは$B^{(k)}_n$と同じ$k$についての漸化式を満たすこともわかった。
つまりある$k$に依らない定数$t_n$が存在して
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{n+j}j
\l(\sum^n_{m=1}\frac3{m^2\binom{2m}m}+t_n\sum^j_{i=1}\frac{(-1)^{i-1}}{i^2\binom ni}\r)$$
が成り立つと考えられるが、この$t_n$がどのように求まるかについては未調査。
その2
WZ methodの記事
にて紹介したWZ-pair
\begin{align}
F(n,k)&=\frac{2(2n-1)}{n^3\binom{2n}n\binom{n+k}k^2}\\
G(n,k)&=\frac{3n+2k}{n^3\binom{2n}n\binom{n+k}k^2}
\end{align}
に関する反復Bauer-Muir変換を考えてみたところ、次のような結果が得られた。
\begin{align}
\z(2)
&=\sum^\infty_{n=1}\frac3{n^2\binom{2n}n}\\
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{2(n+1)(2n+1)+n^2}\\
&=\frac32\p\frac{-12}{6\c13}\p
\K^\infty_{n=2}\frac{-18n^5(n^2-1)(2n-1)}{3n(n+1)(2(n+1)(2n+1)+n^2)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-2n^3(n+k)^2(2n-1)(3n+2k-3)(3n+2k+3)\\
a^{(k)}_{n+1}&=2(n+k+1)^2(2n+1)(3n+2k)+n^3(3n+2k+3)\\
r^{(k)}_n&=-(n+k)^2(3n+2k-3)(n-2k-2)\\
R^{(k)}_n&=(3n+2k+3)(4n^3+2(4k+3)n^2+(k+1)(7k+3)n+2k(k+1)^2)\\
d^{(k)}_n&=(k+1)^2(n+k)^2(3n+2k-3)(3n+2k)(3n+2k+3)(3n+2k+2)\\
t^{(k)}_n&=\frac{3n+2k-1}{3n+2k+3}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
その3
他にも
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac3{n^2\binom{2n}n}
=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{2(n+1)(2n+1)+n^2}$$
に関する反復Bauer-Muir変換が構成できないかと色々考えてみたところ、次のような結果が得られた。
$$\z(2)=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^4(n+1)(2n-1)}{(n+1)(2(n+1)(2n+1)+n^2)}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-2n^4(n+2k+1)(2n-2k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+1)(2(n+1)(2n+1)+n^2)+k(7n^2+7n+2)\\
r^{(k)}_n&=-(n+2k+1)(n^2-3(k+1)n+6(k+1)^2)\\
R^{(k)}_n&=2(2n-2k-1)(n^2+3(k+1)n+3(k+1)^2)\\
d^{(k)}_n&=-18(k+1)^3(n+2k+1)(n+2k+2)(2n-2k-1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-2k-3}{2n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
\begin{align}
\z(2)
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-2n^4(3n-1)}{14n^2}\p\frac{54n^4(3n+1)}{2(7n^2+5n+1)}\r)\\
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^2(3n-1)}7\p\frac{27n^2(3n+1)}{2(7n^2+5n+1)}\r)\\
&=\frac{21}{12}\p
\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(3n-1)\c27n^2(3n+1)}{-(n+1)^2(3n+2)+14(7n^2+5n+1)+27n^2(3n+1)}\\
&=\frac74\p\K^\infty_{n=1}\frac{3n^2(9n^2-1)}{(2n+1)(13n^2+13n+4)}
\end{align}
を得る。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$B^{(k)}_n=\frac1{3^k(k!)^3}\frac{q^{(k)}_n}{4^n(n!)^2(\frac12)_{n-k}}$$
とおいたとき
$$B^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom nj\binom{n+2j}{2j}\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$
が成り立つ。
$\z(3)$について
第八回の記事
にて
$$\z(3)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^3}
=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(n^2+n+1)}$$
を低速Apéry変換することで得られた
$$\z(3)
=\frac52\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3\binom{2n}n}
=\frac{5/2}2\p\K^\infty_{n=1}\frac{2n^5(2n-1)}{2(n+1)^2(2n+1)-n^3}$$
という連分数に対し次のような反復Bauer-Muir変換が構成できた。
上の連分数に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=n^4(2n-k)(2n-k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=2(n+1)^2(2n+1)-n^3+k(11n^2+11n+3)\\
r^{(k)}_n&=n^3-3(k+1)n^2+5(k+1)^2n-5(k+1)^3\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(2n^2+5(k+1)n+5(k+1)^2)\\
d^{(k)}_n&=-25(k+1)^5(2n-k)\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-k-2}{2n-k}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
\begin{align}
\z(3)
&=\frac{5/2}2\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^5(n+1)}{12n^2(n+1)}\p\frac{25n^5(n+1)}{(n+1)(12n^2+9n+2)}\r)\\
&=\frac{5/2}2\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^3}{12}\p\frac{25n^3}{(n+1)(12n^2+9n+2)}\r)\\
&=\frac{30}{25}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^3\c25n^3}{(n+1)^3+12(n+1)(12n^2+9n+2)+25n^3}\\
&=\frac65\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(17n^2+17n+5)}\\
\end{align}
を得る。
上の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し
$$B^{(k)}_n=\frac1{5^k(k!)^3}\frac{q^{(k)}_n}{(2n-k)!}$$
とおいたとき
$$B^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{n+j}j^2$$
が成り立つ。
これも$\z(2)$の場合と同様に
$$C^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{n+j}j
\l(\sum^n_{m=1}\frac1{m^3}+\sum^j_{i=1}\frac{(-1)^{i-1}}{2i^3\binom ni\binom{n+i}i}\r)$$
とおいたとき、これは$B^{(k)}_n$と同じ$k$についての漸化式を満たすことがわかった。
高速Apéry変換
通常の反復Bauer-Muir変換では連分数の収束速度を$O(1/n^{2d})$ずつ加速していくわけだが、適当な因数を掛けてあえて次数を増やすことでその加速度を上げられることがある。
$\log2$の場合
\begin{align}
\log2
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}1\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(4n^2-1)}{2n+1}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=n^2(4n^2-1)\\
a^{(k)}_n&=(4k+1)(2n+1)\\
r^{(k)}_n&=2n^2-(4k+3)n+2(k+1)(2k+1)\\
R^{(k)}_n&=2n^2+(4k+3)n+2(k+1)(2k+1)\\
d^{(k)}_n&=4(k+1)^2(2k+1)^2
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O(1/n^{4k+1})$で収束する連分数
\begin{align}
\log2
&=\sum^k_{l=1}\frac1{2l(2l-1)}+\frac1{4k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(4n^2-1)}{(4k+1)(2n+1)}\\
&=\sum^{2k}_{l=1}\frac{(-1)^{k-1}}l+\frac1{4k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{4k+1}\\
\end{align}
が得られる。
$\z(2)$の場合1
\begin{align}
\z(2)
&=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+1}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4(4n^2-1)}{(2n+1)(2n^2+2n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^4(4n^2-1)\\
a^{(k)}_n&=(2n+1)(2n^2+2n+4k^2+2k+1)\\
r^{(k)}_n&=(2n-1)(-n^2+(2k+1)n-(2k+1)^2/2)+\frac{(2k+1)^6}{2(4k+3)}\\
R^{(k)}_n&=(2n+1)(n^2+(2k+1)n+(2k+1)^2/2)+\frac{(2k+1)^6}{2(4k+3)}\\
d^{(k)}_n&=\frac{4(k+1)^4(2k+1)^4}{(4k+3)^2}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O(1/n^{4k+1})$で収束する連分数
\begin{align}
\z(2)
&=2\sum^k_{l=1}\frac{4l-1}{(2l)^2(2l-1)^2}
+\frac1{4k^2+2k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4(4n^2-1)}{(2n+1)(2n^2+2n+4k^2+2k+1)}\\
&=2\sum^{2k}_{l=1}\frac{(-1)^{l-1}}{l^2}
+\frac1{4k^2+2k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+4k^2+2k+1}
\end{align}
が得られる。
$\z(2)$の場合2
$P_k(n)=n^2-n+8k^2+12k+5$とおいたとき
\begin{align}
\z(2)
&=2\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\\
&=\frac21\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{2n+1}\\
&=\frac{10}5\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4P_0(n)P_0(n+1)}{P_0(n+1)(2n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=n^4P_k(n)P_k(n+1)\\
a^{(k)}_n&=P_k(n+1)(4k+1)(2n+1)\\
r^{(k)}_n&=P_k(n)(n^2-2(2k+1)n+2(2k+1)^2)-2(2k+1)^4\\
R^{(k)}_n&=P_k(n+1)(n^2+2(2k+1)n+2(2k+1)^2)-2(2k+1)^4\\
d^{(k)}_n&=64(k+1)^4(2k+1)^4\\
t^{(k)}_n&=\frac{P_{k+1}(n)}{P_k(n)}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O(1/n^{4k+1})$で収束する連分数
\begin{align}
\z(2)
&=\sum^k_{l=1}\frac{8l^2-4l+1}{(2l)^2(2l-1)^2}
+\frac{2P_k(1)}{P_k(1)(4k+1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4P_k(n)P_k(n+1)}{P_k(n+1)(4k+1)(2n+1)}\\
&=\sum^{2k}_{l=1}\frac1{l^2}
+\frac2{4k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{(4k+1)(2n+1)}
\end{align}
が得られる。
$\z(3)$の場合
$P_k(n)=2n^2-2n+4k^2+6k+3$とおいたとき
\begin{align}
\z(3)
&=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^3}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(n^2+n+1)}\\
&=\frac33\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6P_0(n)P_0(n+1)}{P_0(n+1)(2n+1)(n^2+n+1)}\\
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^6P_k(n)P_k(n+1)\\
a^{(k)}_n&=P_k(n+1)(2n+1)(n^2+n+8k^2+4k+1)\\
r^{(k)}_n&=P_k(n)(-n^3+2(2k+1)n-2(2k+1)^2n+(2k+1)^3)-\frac{(2k+1)^6}{4k+3}\\
R^{(k)}_n&=P_k(n+1)(n^3+2(2k+1)n+2(2k+1)^2n+(2k+1)^3)-\frac{(2k+1)^6}{4k+3}\\
d^{(k)}_n&=\frac{64(k+1)^6(2k+1)^6}{(4k+3)^2}\\
t^{(k)}_n&=\frac{P_{k+1}(n)}{P_k(n)}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O(1/n^{4k+1})$で収束する連分数
\begin{align}
\z(2)
&=\sum^k_{l=1}\frac{(4l-1)(4l^2-2l+1)}{(2l)^3(2l-1)^3}
+\frac{P_k(1)}{P_k(1)(8k^2+4k+1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4(4n^2-1)P_k(n)P_k(n+1)}{P_k(n+1)(2n+1)(n^2+n+8k^2+4k+1)}\\
&=\sum^{2k}_{l=1}\frac1{l^3}
+\frac1{8k^2+4k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4(4n^2-1)}{(2n+1)(n^2+n+8k^2+4k+1)}\\
\end{align}
が得られる。
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