文献あり

Apéryの加速法6：計算例

はじめに

　この記事では前回の記事に引き続きApéryの加速法について解説していきます。
　さて前回の記事にてようやくApéryの加速法の技術的な部分について解説し終えたので、今回の記事ではいくつかの連分数に対するApéryの加速法の計算例を紹介していきます。
　また気が向いたときに個人的に計算したものを追記することもあるかもしれません。

　以下、特筆がなければ$t^{(k)}_n=T^{(k)}_n=1$であるものとします。
　また連分数の偶数項と奇数項を明示的に表すのに
$$\K^\infty_{n=1}\frac{b_n}{a_n} =\K^\infty_{n=1}\l(\frac{b_{2n-1}}{a_{2n-1}}\p\frac{b_{2n}}{a_{2n}}\r)$$
という記法を用いることとします(一般的な記法ではない)。

ゼータ関数の加速

　まずは典型的な計算例として
\begin{align} \log2&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n\\ \frac\pi4&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}\\ \z(2)&=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2} =2\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\\ \b(2)&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2}\\ \z(3)&=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^3} =\frac87\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)^3} \end{align}
といった級数に対するApéry変換を求めていきましょう。

$\log2$や$\pi$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 \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) &=(2k-1,n^2,-k^2)\\ (r^{(k-1)}_n,R^{(k-1)}_n)&=(n-k,n+k) \end{align}
と求まり、これによって$O(1/n^{2k+1})$で収束する連分数
$$\log2 =\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^{l-1}}l +\frac{(-1)^k}{2k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{2k+1}$$
や$O((\sqrt2+1)^{-4n})$で収束する連分数
\begin{align} \log2 &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^2}{2n}\p\frac{n^2}{2n+1}\r)\\ &=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2\c n^2\frac{2n+2}{2n}}{(n+1)^2+(2n+2)(2n+1)+n^2\frac{2n+2}{2n}}\\ &=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^3(n+1)}{3(n+1)(2n+1)}\\ &=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2}{3(2n+1)} \end{align}
が得られる。またそのApéry双対は自分自身に一致する。

　また
\begin{align} (a^{(k-1)}_{n+1},b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n) &=(2k-1,n^2,-k^2)\\ (r^{(k-1)}_n,R^{(k-1)}_n)&=(n-k,n+k) \end{align}
の右辺の$n$を全て$n+x$に置き換えることで次のような一般化が得られます。

$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} =\frac1{1+x}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(n+x)^2}1$$
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) &=(2k-1,(n+x)^2,-k^2)\\ (r^{(k-1)}_n,R^{(k-1)}_n) &=(n+x-k,n+x+k) \end{align}
と求まり、これによって$O((\sqrt2+1)^{-4n})$で収束する連分数
\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} &=\frac1{1+x}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(n+x)^2}{2n+x}\p\frac{n^2}{2n+1+x}\r)\\ \Bigg(&=\frac{2+x}{(1+x)(3+2x)}\p \K^\infty_{n=1}\frac{-(n+x)^2\c n^2\frac{2n+2+x}{2n+x}}{(n+x+1)^2+(2n+2+x)(2n+1+x)+n^2\frac{2n+2+x}{2n+x}}\Bigg)\\ \end{align}
が得られる。
　またそのApéry双対から$O(1/n^{2x+1})$で収束する連分数
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} =\frac1{2x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{2x+1}$$
も得られる。

　特に
$$\frac\pi4=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}$$
の上階段Apéry変換は次のように表すことができます。

$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} =\frac2{2(1+x)}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(2n+2x)^2}{4n+2x}\p\frac{(2n)^2}{4n+2+2x}\r)$$
において$x=-1/2$とすることで$O((\sqrt2+1)^{-2n})$で収束する連分数
\begin{align} \frac\pi4 &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{(2n-1)^2}{4n-1}\p\frac{(2n)^2}{4n+1}\r)\\ &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{2n+1} \end{align}
が得られる。

　ちなみに$\pi$の反復Bauer-Muir変換に関する連分数は次のように求まります。

おまけ

$$A_k=2k+1+\K^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)^2}{4k+2}$$
とおくと
$$A_k=\frac{4(k+1)^2}{A_{k+1}}$$
が成り立つ。特に$\pi=4/A_0$に注意すると$N\geq0$に対し
\begin{align} \pi &=\l(\prod^N_{n=1}\frac{(2n)^2}{(2n-1)^2}\r)\l(\frac4{4N+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)^2}{2(4N+1)}\r)\\ &=\l(\prod^N_{n=1}\frac{(2n)^2}{(2n+1)^2}\r)\l(4N+3+\K^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)^2}{2(4N+3)}\r)\\ \end{align}
が成り立つ。これはそれぞれ$O(1/n^{4N+1}),O(1/n^{4N+3})$で収束する。

$\z(2)$や$\b(2)$の場合

\begin{align} \z(2) &=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}\\ &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+1} \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)&=(2n^2+2n+k^2-k+1,-n^4,-k^4/4)\\ r^{(k-1)}_n&=-n^2+kn-k^2/2\\ R^{(k-1)}_n&=n^2+kn+k^2/2 \end{align}
と求まり、これによって$O(1/n^{2k+1})$で収束する連分数
$$\z(2) =2\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^{l-1}}{l^2}+\frac{(-1)^k}{k^2+k+1}\p \K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+k^2+k+1}$$
や$O((\frac{\sqrt5+1}2)^{-10n})$で収束する連分数
\begin{align} \z(2) &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^4}{5n^2/2}\p\frac{n^4/4}{(5n^2+6n+2)/2}\r)\\ &=\frac22\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-4n^4}{5n^2}\p\frac{n^4}{5n^2+6n+2}\r)\\ &=\frac{10}6\p\K^\infty_{n=1}\frac{4n^4\c n^4\frac{5(n+1)^2}{5n^2}}{-4(n+1)^4+5(n+1)^2(5n^2+6n+2)+n^4\frac{5(n+1)^2}{5n^2}}\\ &=\frac53\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{11n^2+11n+3} \end{align}
が得られる。

　またこのApéry双対は
$$\z(2) =2\sum^\infty_{k=1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} =\frac1{1/2}\p\K^\infty_{k=1}\frac{k^4/4}{(2k+1)/2}$$
と求まることを利用すると次のような事実が得られます。

　上のApéry双対を考えることで
$$\z(2) =2\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} =\frac21\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{2n+1}$$
の反復Bauer-Muir変換は
\begin{align} (a^{(k-1)}_{n+1},b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n)&=((2k-1)(2n+1),n^4,4k^4)\\ r^{(k-1)}_n&=n^2-2kn+2k^2\\ R^{(k-1)}_n&=n^2+2kn+2k^2 \end{align}
と求まることがわかる。
　またこれによって$O(1/n^{4k+2})$で収束する連分数
$$\z(2)=\sum^k_{l=1}\frac1{l^2}+\frac2{2k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{(2k+1)(2n+1)}$$
が得られる。

　またこれらについて例2のように$n$を$n+x$に置き換え、そのApéry双対やApéry加速を考えることで以下の連分数が得られます。

\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac1{(n+x)^2} &=\frac1{(1+x)^2}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+x)^4}{(n+x+1)^2+(n+x)^2}\\ \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{(n+x)^2} &=\frac1{(1+x)^2}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(n+x)^4}{(n+x+1)^2-(n+x)^2} \end{align}
に対してそれぞれApéry双対および上階段Apéry変換を考えることで
\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac1{(n+x)^2} &=\frac2{2x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{(2x+1)(2n+1)}\\ &=\frac2{2(1+x)^2}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{-4(n+x)^4}{(n+x)^2+(2n+x)^2}\p\frac{n^4}{(n+x+1)^2+(2n+x+1)^2}\r)\\ \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{(n+x)^2} &=\frac1{x^2+x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+x^2+x+1}\\ &=\frac1{(1+x)^2}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{(n+x)^4}{(2n+x)^2+n^2}\p\frac{-4n^4}{(2n+x+1)^2+n^2}\r) \end{align}
という連分数が得られる。

　例えば最後の式を用いることでカタラン定数
$$\b(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2}$$
に関する次のような連分数が得られます。

$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{(n+x)^2} =\frac4{4(1+x)^2}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{(2n+2x)^4}{(4n+2x)^2+(2n)^2}\p\frac{-4(2n)^4}{(4n+2x+2)^2+(2n)^2}\r)$$
において$x=-1/2$とすることで
\begin{align} \b(2)&=\frac11\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{(2n-1)^4}{(4n-1)^2+(2n)^2}\p\frac{-4(2n)^4}{(4n+1)^2+(2n)^2}\r)\\ &=\frac{13}{14}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(2n-1)^4\c-4(2n)^4\frac{p(n+1)}{p(n)}}{(2n+1)^4+((4n+1)^2+(2n)^2)p(n+1)-4(2n)^4\frac{p(n+1)}{p(n)}}\\ &=\frac{13/2}7\p\K^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)^4(2n)^4p(n+1)p(n-1)}{q(n)} \end{align}
という連分数が得られる。ただし
\begin{align} p(n) &=(4n-1)^2+(2n)^2\\ &=20n^2-8n+1\\ q(n) &=\frac{(2n+1)^4p(n)+((4n+1)^2+(2n)^2)p(n)p(n+1)-4(2n)^4p(n+1)}2\\ &=3520n^6+5632n^5+2064n^4-384n^3-156n^2+16n+7 \end{align}
とした。

$\z(3)$の場合

\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)} \end{align}
について反復Bauer-Muir変換を考えると
\begin{align} (b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n)&=(-n^6,k^6)\\ a^{(k-1)}_{n+1}&=(2n+1)(n^2+n+2k^2-2k+1)\\ r^{(k-1)}_n&=-(n-k)(n^2-kn+k^2)\\ R^{(k-1)}_n&=(n+k)(n^2+kn+k^2) \end{align}
と求まり、これによって$O(1/n^{4k+2})$で収束する連分数
$$\z(3) =\sum^k_{l=1}\frac1{l^3}+\frac1{2k^2+2k+1}\p \K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(n^2+n+2k^2+2k+1)}$$
や$O((\sqrt2+1)^{-8n})$で収束する連分数
\begin{align} \z(3) &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^6}{6n^3}\p\frac{-n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}\r)\\ &=\frac65\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^6\c-n^6\frac{6(n+1)^3}{6n^3}}{-(n+1)^6+6(n+1)^3\c(2n+1)(3n^2+3n+1)-n^6\frac{6(n+1)^3}{6n^3}}\\ &=\frac65\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(17n^2+17n+5)} \end{align}
が得られる。またそのApéry双対は自分自身に一致する。

　またこれについて例2のように$n$を$n+x$に置き換え、そのApéry双対やApéry変換を考えることで以下の連分数が得られます。

$$\sum^\infty_{n=1}\frac1{(n+x)^3} =\frac1{(1+x)^3}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(n+x)^3}{(n+x+1)^3+(n+x)^3}$$
に対してApéry双対や上階段Apéry変換を考えることで
\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac1{(n+x)^3} &=\frac1{2x^2+2x+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(n^2+n+2x^2+2x+1)}\\ &=\frac1{(1+x)^3}\p \K^\infty_{n=1}\l(\frac{-(n+x)^6}{(2n+x)(3n^2+3xn+x^2)}\p\frac{-n^6}{(2n+x+1)(3n^2+3(x+1)n+(x+1)^2)}\r) \end{align}
という連分数が得られる。

　特に
$$\frac78\z(3)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)^3}$$
に関する上階段Apéry変換は次のように表すことができます。

$$\sum^\infty_{n=1}\frac1{(n+x)^3} =\frac1{8(1+x)^3}\p \K^\infty_{n=1}\l(\frac{-(2n+2x)^6}{(4n+2x)(3(2n+x)^2+x^2)} \p\frac{-(2n)^6}{(4n+2x+2)(3(2n+x+1)^2+(x+1)^2)}\r)$$
において$x=-1/2$とすることで$O((\sqrt2+1)^{-4n})$で収束する連分数
\begin{align} \frac78\z(3) &=\frac11\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{-(2n-1)^6}{(4n-1)(3(4n-1)^2+1)/4}\p\frac{-(2n)^6}{(4n+1)(3(4n+1)^2+1)/4}\r)\\ &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(3(2n+1)^2+1)/4}\\ &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)} \end{align}
が得られる。

　なお、より一般の級数、例えば
$$\z(3)=\frac43\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3},\quad \z(4)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^4}$$
などの場合においてはこれまでと違って最適な$r_n$を取っても$d_n$が煩雑な多項式となってしまうため、あまり見た目の良い連分数は得られません。
　しかしある工夫を行うことでその問題を解決することができる(ことがある)、ということについてこの記事の後半では解説していきます。

おまけ

　ちなみに一般の二次または三次多項式$f(n)$の逆数和に関する反復Bauer-Muir変換は以下のように求まるそうです。

　$f(n)=an^2+bn+c\quad(a\neq0)$に対し
$$\sum^\infty_{n=1}\frac1{f(n)} =\frac1{f(1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-f(n)^2}{f(n+1)+f(n)}$$
の反復Bauer-Muir変換は
\begin{align} (a^{(k-1)}_{n+1},b^{(k-1)}_{n+1})&=(f(n+1)+f(n)+ak(k-1),-f(n)^2)\\ r^{(k-1)}_n&=-an^2+(ak-b)n-(ak^2-bk+2c)/2\\ R^{(k-1)}_n&=an^2+(ak+b)n+(ak^2+bk+2c)/2\\ d^{(k-1)}_n&=-k^2(a^2k^2+4ac-b^2)/4 \end{align}
と求まり、また
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{f(n)} =\frac1{f(1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{f(n)^2}{f(n+1)-f(n)}$$
の反復Bauer-Muir変換は
\begin{align} (a^{(k-1)}_{n+1},b^{(k-1)}_{n+1})&=((2k-1)(f(n+1)-f(n)),f(n)^2)\\ r^{(k-1)}_n&=an^2-(2ak-b)n+(2ak^2-bk+c)\\ R^{(k-1)}_n&=an^2+(2ak+b)n+(2ak^2+bk+c)\\ d^{(k-1)}_n&=k^2(4a^2k^2+4ac-b^2) \end{align}
と求まる。

　$f(n)=an^3+bn\quad(a\neq0)$に対し
$$\sum^\infty_{n=1}\frac1{f(n)} =\frac1{f(1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-f(n)^2}{f(n+1)+f(n)}$$
の反復Bauer-Muir変換は
\begin{align} (a^{(k-1)}_{n+1},b^{(k-1)}_{n+1})&=(f(n+1)+f(n)+2ak(k-1)(2n+1),-f(n)^2)\\ r^{(k-1)}_n&=-an^3+2akn^2-(2ak^2+b)n+(ak^3+bk)\\ R^{(k-1)}_n&=an^3+2akn^2+(2ak^2+b)n+(ak^3+bk)\\ d^{(k-1)}_n&=(ak^3+bk)^2 \end{align}
と求まる。

発展的な計算例1

　ここからはApéry加速を計算するうえでの注意や、より豊富な連分数を得るためのテクニックなどをいくつか紹介していきましょう。

縮約の計算について

　前節の計算例では縮約公式
\begin{align} \K^\infty_{n=1}\frac{b_n}{a_n} &=\frac{b_1}{a_1}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{b_{2n}}{a_{2n}}\p\frac{b_{2n+1}}{a_{2n+1}}\r)\\ &=\frac{b_1a_2}{b_2+a_1a_2} \p\K^\infty_{n=1}\frac{-b_{2n}b_{2n+1}\frac{a_{2n+2}}{a_{2n}}}{b_{2n+2}+a_{2n+1}a_{2n+2}+b_{2n+1}\frac{a_{2n+2}}{a_{2n}}} \end{align}
の計算の流れをわかりやすくするために(また次回の記事の布石として)上階段Apéry変換
\begin{align} \log2&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^2}{2n}\p\frac{n^2}{2n+1}\r)\\ \z(2)&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-4n^4}{5n^2}\p\frac{n^4}{5n^2+6n+2}\r)\\ \z(3)&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^6}{6n^3}\p\frac{-n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}\r) \end{align}
を直接縮約していましたが、これらの連分数は予め
\begin{align} \log2&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac n2\p\frac n{2n+1}\r)\\ \z(2)&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-4n^2}5\p\frac{n^2}{5n^2+6n+2}\r)\\ \z(3)&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^3}6\p\frac{-n^3}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}\r) \end{align}
と約分しておくことができ、これによって縮約の計算の見通しが良くなることに注意しましょう。
　またこの記事で扱う対角Apéry変換の計算例は全てこのように上階段Apéry変換の時点で約分できるがゆえにある程度綺麗な形に求まっており、逆にそうでないようなものはカタラン数の例
$$\b(2) =\frac{13/2}7\p \K^\infty_{n=1}\frac{(2n)^4(2n-1)^4(20n^2-48n+29)(20n^2+32n+13)}{3520n^6+5632n^5+2064n^4-384n^3-156n^2+16n+7}$$
のように煩雑な結果しか得られないことにも注意しましょう。

反復Apéry変換

　前節の計算例ではApéry変換によって得られた連分数の収束速度が$O((\text{無理数})^n)$であったことからもわかるように、それ以上有理数係数の範囲でBauer-Muir変換を行うことはできません。
　しかし逆に言えば収束速度が$O((\text{有理数})^n)$である限り反復してApéry変換を適用することができる、ということにもなります。

\begin{align} 2^{-\frac13} &=2\l(1-\frac34\r)^{\frac23}\\ &=2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-\frac23)_n}{n!}\l(\frac34\r)^n\\ &=\frac21\p\K^\infty_{n=0}\frac{-(3n-2)/4(n+1)}{1+(3n-2)/4(n+1)}\\ &=\frac21\p\frac22\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n(3n-2)}{7n+2}\\ 2^{\frac13} &=\frac12+\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n(3n-2)}{7n+2} \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})&=(7n+k+1,-4n(3n-2))\\ (r^{(k-1)}_n,R^{(k-1)}_n,d^{(k-1)}_n)&=(-3n+3k+2,4(n+k),4k(3k+2))\\ \end{align}
と求まるので、これによって$O(3^{-2n})$で収束する連分数
\begin{align} 2^{\frac13} &=\frac12+\frac12\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-4n(3n-2)}{8n}\p\frac{-4n(3n+2)}{8n+4}\r)\\ &=\frac12+\frac12\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-(3n-2)}2\p\frac{-(3n+2)}{8n+4}\r)\\ &=\frac12+\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{(3n-2)\c-n(3n+2)}{-(3n+1)+2(8n+4)-(3n+2)}\\ &=\frac12+\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(9n^2-4)}{5(2n+1)}\\ \end{align}
が得られる。
　またこれに対し再び反復Bauer-Muir変換を考えると
\begin{align} (a^{(k)}_{n+1},b^{(k)}_{n+1})&=(5(2n+1)+8k,-(9n^2-4))\\ (r^{(k)}_n,R^{(k)}_n,d^{(k)}_n)&=(-n+k+1/2,9(n+k+1/2),9(k+1/2)^2-4)\\ \end{align}
と求まるので、これによって$O((\sqrt2+1)^{-4n})$で収束する連分数
\begin{align} 2^{\frac13} &=\frac12+\frac2{5/2}\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-(9(n-1/2)^2-4)}{9(4n-1)/2}\p\frac{-(9n^2-4)}{9(4n+1)/2}\r)\\ &=\frac12+\frac45\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-(9(2n-1)^2-16)}{9(4n-1)}\p\frac{-(9(2n)^2-16)}{9(4n+1)}\r)\\ &=\frac12+\frac45\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(9n^2-16)}{9(2n+1)} \end{align}
が得られる。

　もちろん無理数を用いることを許容すればこのような終着点からさらに追加でApéry変換を考えることもできますが、あまり実用性はないと思います。

　例3によって得られた連分数
$$\frac\pi4=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{2n+1}$$
に対し反復Bauer-Muir変換を考えると
\begin{align} (a^{(k)}_{n+1},b^{(k)}_{n+1},d^{(k)}_n)&=(2n+2\sqrt2k+1,n^2,-(2k+1)^2/4)\\ r^{(k)}_n&=(\sqrt2-1)(n-k-1/2)\\ R^{(k)}_n&=(\sqrt2+1)(n+k+1/2) \end{align}
と求まるので、これによって
\begin{align} \frac\pi4 &=\frac1{(\sqrt2+1)/2}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{(2n-1)^2/4}{(\sqrt2+1)(2n-1/2)}\p\frac{n^2}{(\sqrt2+1)(2n+1/2)}\r)\\ &=\frac2{\sqrt2+1}\p\K^\infty_{n=1} \l(\frac{(2n-1)^2}{(\sqrt2+1)(4n-1)}\p\frac{(2n)^2}{(\sqrt2+1)(4n+1)}\r)\\ &=\frac2{\sqrt2+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{(\sqrt2+1)(2n+1)} \end{align}
という連分数が得られる。

$r^{(k)}_n$の明示形について

　前節の計算例ではいずれも$r^{(k)}_n$が$k$についての多項式として求まっていましたが、場合によっては$r^{(k)}_n$が$k$についての有理関数となることも考慮する必要があることに注意しましょう。

\begin{align} L(\chi_3,2) &=\sum^\infty_{n=0}\l(\frac1{(3n+1)^2}-\frac1{(3n+2)^2}\r)\\ &=\frac34+\sum^\infty_{n=1}\frac{3(2n+1)}{(3n+1)^2(3n+2)^2}\\ &=\frac34+\frac3{\frac{4^2\c5^2}3}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-\frac{(3n+1)^4(3n+2)^4}{(2n+1)^2}}{\frac{(3n+4)^2(3n+5)^2}{2n+3}+\frac{(3n+1)^2(3n+2)^2}{2n+1}} \end{align}
のApéry双対として得られる連分数(収束速度は$O(1/n^4)$)
$$L(\chi_3,2) =\frac34+\frac{2/3}{22}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-9n^4(9n^4-1)}{(2n+1)(9n^2+9n+22)}$$
に対し、その反復Bauer-Muir変換は
\begin{align} (a^{(k-1)}_{n+1},b^{(k-1)}_{n+1})&=((2n+1)(9n^2+9n+18k^2+4),-9n^4(9n^2-1))\\ r^{(k-1)}_n&=-9n^3+9(2k+1)n^2-2(3k+1)(3k+2)n+\frac29\frac{(3k+1)^2(3k+2)^2}{2k+1}\\ R^{(k-1)}_n&=9n^3+9(2k+1)n^2+2(3k+1)(3k+2)n+\frac29\frac{(3k+1)^2(3k+2)^2}{2k+1}\\ d^{(k-1)}_n&=\l(\frac29\frac{(3k+1)^2(3k+2)^2}{2k+1}\r)^2 \end{align}
と求まる。

$t^{(k)}_n$が必要な場合

　これまでの計算例では$d^{(k)}_n$が$n$に依らない定数となっていたため
\begin{alignat}{3} a^{(k+1)}_n&=t^{(k)}_n &&\times\l(a^{(k)}_{n+1}+r^{(k)}_{n+1}-r^{(k)}_{n-1}\frac{d^{(k)}_n}{d^{(k)}_{n-1}}\r)\\ b^{(k+1)}_n&=t^{(k)}_nt^{(k)}_{n-1} &&\times b^{(k)}_n\frac{d^{(k)}_n}{d^{(k)}_{n-1}} \end{alignat}
が多項式となるように補正する因子$t^{(k)}_n$は必要ありませんでしたが、一般に$d^{(k)}_n$が$b^{(k)}_{n+1}$や$r^{(k)}_n$を割り切らない多項式となるときには適当な有理関数$t^{(k)}_n$を持ってくる必要があります。
　ただしApéry変換を考えるにあたって$a^{(k)}_n,b^{(k)}_n$の次数は一定にしておきたいので、分母を払うために掛けた多項式$f_k(n)$と同じ次数の多項式$g_k(n)$が存在して
$$t^{(k)}_n=\frac{f_k(n)}{g_k(n)}$$
と置くことができるとき、つまり
$$a^{(k)}_{n+1}+r^{(k)}_{n+1}-r^{(k)}_{n-1}\frac{d^{(k)}_n}{d^{(k)}_{n-1}},\quad b^{(k)}_n\frac{d^{(k)}_n}{d^{(k)}_{n-1}}$$
がそれぞれ$g_k(n),g_k(n)g_k(n-1)$という因子を持つ場合でなければ上手くいきません。
　このことからもわかるように$d_n$の次数が高ければ高いほど、いい感じの反復Bauer-Muir変換が構成できる可能性は低くなることに注意しましょう。

\begin{align} \frac\pi3 &=2\arcsin\frac12\\ &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(\frac12)_n}{n!}\frac{2^{-2n}}{2n+1}\\ &=1+\frac{1/24}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(2n+1)^2/8(n+1)(2n+3)}{1+(2n+1)^2/8(n+1)(2n+3)}\\ &=1+\frac1{24}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-8n(2n+1)^3}{20n^2+44n+25} \end{align}
に対して反復Bauer-Muir変換を考えると
\begin{align} b^{(k-1)}_{n+1}&=-4(2n+2-k)(2n+3-k)(2n+1)^2\\ a^{(k-1)}_n&=20n^2+4(2k-1)n+1\\ r^{(k-1)}_n&=-4n^2+4(2k-1)n-(12k^2-4k+1)\\ R^{(k-1)}_n&=4(2n+2-k)(2n+3k+1)\\ d^{(k-1)}_n&=-144k^3(2n+2-k)\\ (t^{(k-1)}_n,T^{(k-1)}_n)&=\l(\frac{2n-k}{2n+2-k},\frac1{2n+2-k}\r) \end{align}
と求まる。

　なおこのとき$T^{(k-1)}_n$が$k=2n+2$で定義できない都合上$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$も$k\geq 2n+2$において定義できず、したがってApéry双対
$$\K^\infty_{k=5}\frac{-t^{(k-1)}_1d^{(k-1)}_1}{r^{(k)}_1+t^{(k-1)}_1R^{(k-1)}_1} =\K^\infty_{k=3}\frac{-16k^3(k-2)}{8k^2-5}$$
は$\pi$とは無関係な値に収束してしまうようです。ちなみにこの連分数は
$$a_{k+1}=8k^2-5,\quad b_{k+1}=-16k^3(k-2)$$
を起点として
\begin{align} &\K^\infty_{k=3}\frac{-16k^3(k-2)}{8k^2-5}\\ \to{}&\K^\infty_{k=2}\frac{-16k^3(k-1)}{8k^2+4k+1} \qquad(r_k=-2(k-2)(2k+1),\ d_k=-2(k-2))\\ \to{}&\K^\infty_{k=1}\frac{-16k^4}{8k^2+8k+3} \qquad(r_k=-2(k-1)(2k+1),\ d_k=-2(k-1))\\ \end{align}
とBauer-Muir変換することで、カタラン定数のApéry双対(cf. 例7)
$$\b(2)=\frac13\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^4}{8n^2+8n+3}$$
に帰着できることがわかります。

発展的な計算例2：補助因子

　また特殊な場合の一つとして「分母分子に適当な因子を掛けることで反復Bauer-Muir変換がしやすくなる(ことがある)」という現象について紹介していきます。
　この現象に関する詳しい解説は一旦後回しにして、まずは
$$\frac34\z(3)=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3},\quad \z(4)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^4}$$
を例にして具体的にどのような計算ができるのかを見ていきましょう。

$\z(3)$の場合

　さて第三回の記事において紹介したように
$$\frac34\z(3)=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^6}{3n^2+3n+1}$$
に対しBauer-Muir変換を考えたとき、$r_n$を最適に取っても
$$d_n=\frac{39}4n^2-\frac{49}{16}$$
という煩雑な因子が現れてしまったことを考えると、これに対し反復Bauer-Muir変換を考えるのは絶望的と言えます。
　しかし、奇妙なことに、この連分数の分母に$2n+1$を掛けて
$$\frac34\z(3) =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)(2n+1)n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}$$
と変形するだけで次のような反復Bauer-Muir変換が構成できるようになります。

$$\frac34\z(3) =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)(2n+1)n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}$$
について反復Bauer-Muir変換を考えると
\begin{align} a^{(k-1)}_{n+1}&=(2k-1)(2n+1)(3n^2+3n+1)\\ b^{(k-1)}_{n+1}&=n^6(4n^2-(2k-1)^2)\\ r^{(k-1)}_n&=(n-2k)(2n+2k-1)(n^2-2kn+4k^2)\\ R^{(k-1)}_n&=(n+2k)(2n-2k+1)(n^2+2kn+4k^2)\\ d^{(k-1)}_n&=-64k^6(4n^2-(2k-1)^2)\\ (t^{(k-1)}_n,T^{(k-1)}_n) &=\l(\frac{2n-2k-1}{2n-2k+1},\ \frac1{2n-2k+1}\r) \end{align}
と求まり、これによって$O(1/n^{6k+3})$で収束する連分数
$$\frac34\z(3) =-\frac18\sum^k_{l=1}\frac1{n^3}+ \frac{2k+1}{2k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^6(4n^2-(2k+1)^2)}{(2k+1)(2n+1)(3n^2+3n+1)}$$
や$O(64^{-n})$で収束する連分数
\begin{align} \frac34\z(3) &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^6(4n-1)}{21n^3}\p\frac{64n^6(4n+1)}{(3n+1)(7n^2+4n+1)}\r)\\ &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{n^3(4n-1)}{21}\p\frac{64n^3(4n+1)}{(3n+1)(7n^2+4n+1)}\r)\\ &=\frac{21}{24}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6(4n-1)\c64n^3(4n+1)}{(n+1)^3(4n+1)+21(3n+1)(7n^2+4n+1)+64n^3(4n+1)}\\ \z(3)&=\frac76\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^6(16n^2-1)}{65n^4+130n^3+105n^2+40n+6} \end{align}
が得られる。

　ちなみにこのApéry双対を考えることで
\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)}\\ &=\frac88\p\K^\infty_{n=1}\frac{-64n^6(4n^2-1)}{8(2n+1)^2(n^2+n+1)} \end{align}
に対し
\begin{align} b^{(k-1)}_{n+1}&=-64n^6(4n^2-(2k-1)^2)\\ a^{(k-1)}_{n+1}&=8(2n+1)^2(n^2+n+1)-4k(k-1)(4n^2+4n+k^2-k+2)\\ r^{(k-1)}_n&=-(2n-k)(2n+2k-1)(4n^2-2kn+k^2)\\ R^{(k-1)}_n&=(2n+k)(2n-2k+1)(4n^2+2kn+k^2)\\ d^{(k-1)}_n&=k^6(4n^2-(2k-1)^2)\\ (t^{(k-1)}_n,T^{(k-1)}_n)&=\l(\frac{2n-2k-1}{2n-2k+1},\ \frac1{2n-2k+1}\r) \end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できることもわかります。
　しかしこの$T^{(k)}_n$の分母が$n=k+1/2$において$0$となってしまうのが悪さしているのか、このApéry変換は$\z(3)$ではなくそのApéry双対$-6\z(3)$に収束することになります。

$\z(4)$の場合

　また
$$\z(4)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^4} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^8}{2n^4+4n^3+6n^2+4n+1}$$
の場合も、そのままでは反復Bauer-Muir変換を考えるのは難しいですが、上と同様に$2n+1$を掛けることで次のような反復Bauer-Muir変換を構成することができます。

$$\z(4) =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(2n-1)(2n+1)n^8}{(2n+1)(2n^4+4n^3+6n^2+4n+1)}$$
について反復Bauer-Muir変換を考えると
\begin{align} a^{(k-1)}_{n+1}&=(2n+1)\l(2n^4+4n^3+6n^2+4n+1+\frac{k(k-1)}2(17n^2+17n+5)\r)\\ b^{(k-1)}_{n+1}&=-n^6(4n^2-(k-1)^2)(4n^2-k^2)/4\\ r^{(k-1)}_n&=-(2n+k-1)\l(n^4-\frac72kn^3+6k^2n^2-6k^3n+3k^4\r)\\ R^{(k-1)}_n&=(2n-k+1)\l(n^4+\frac72kn^3+6k^2n^2+6k^3n+3k^4\r)\\ d^{(k-1)}_n&=-9k^8(4n^2-(k-1)^2)\\ (t^{(k-1)}_n,T^{(k-1)}_n) &=\l(\frac{2n-k-1}{2n-k+1},\ \frac1{2n-k+1}\r) \end{align}
と求まり、これによって$O((2+\sqrt3)^{-6n})$で収束する連分数
\begin{align} \z(4) &=\frac11\p \K^\infty_{n=1}\l(\frac{-3n^8(n+1)(3n-1)/4}{39n^4(n+1)/2} \p\frac{9n^8(n+1)(3n+1)}{(n+1)(39n^4+65n^3+45n^2+15n+2)/2}\r)\\ &=\frac22\p \K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^4(3n-1)}{13} \p\frac{12n^4(3n+1)}{(n+1)(39n^4+65n^3+45n^2+15n+2)}\r)\\ &=\frac{26}{24}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4(3n-1)\c 12n^4(3n+1)} {-(n+1)^4(3n+2)+13(n+1)(39n^4+65n^3+45n^2+15n+2)+12n^8(3n+1)}\\ &=\frac{13}{12}\p\K^\infty_{n=1}\frac{3n^8(9n^2-1)} {3(2n+1)(3n^2+3n+1)(15n^2+15n+4)}\\ \end{align}
を得る。

補助因子について

　ということで以下ではこの$2n+1$のような補助因子がどこから来たのかについて、参考文献における着想とそれに関する個人的な考察を紹介していきます。
　ただし以下での議論はあくまでヒューリスティックなものであり、なぜ$\z(3),\z(4)$の場合は上手くいったのか、一般にどのようなときにどのような補助因子を導入すれば上手くいくのか、という問題は未だ謎に包まれています。
　計算例が揃ってくれば何かわかることもあるかもしれませんので、皆さんも色々計算したり考察したりしてみてはいかがでしょうか。

着想と考察(長いので折り畳み)

着想

　いま参考文献によると、上の$2$つの例における$2n+1$のような補助因子は次のような着想によって導入されたとのことです。

　加速させたい連分数
$$x=a_0+\frac{b_1}{a_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b_n}{a_n}$$
に対し、その分母に適当な因子$n-u$を掛けることで$a_n,b_n$の代わりに
\begin{align} a'_n&=(n-u)a_n\\ b'_n&=(n-u)(n-u-1)b_n \end{align}
に関するBauer-Muir加速を考えたとき
$$a'_{n+1}+r'_{n+1}-r'_{n-1}\frac{d'_n}{d'_{n-1}},\quad b'_n\frac{d'_n}{d'_{n-1}}$$
の計算において約分が発生するような$u$を考えると上手くいくのではないか。

　つまり「$d'_n/d'_{n-1}$において約分が発生する」か「$r'_n/d'_n$および$b'_{n+1}/d'_n$において約分が発生する」(あるいは両方)が成り立つような$u$を求めたいわけですが、前者の場合は何か面倒くさそうな気がするので、ここでは後者の場合のみを考えることにしましょう。
　このとき
$$d'_n=r'_n(a'_{n+1}+r'_{n+1})-b'_{n+1}$$
であったことに注意すると、$r'_n$と$b'_{n+1}$が共通因子を持つような$u$を求めればよいことがわかります。
　また$d'_n$の次数を最小とするような$r'_n$は、$d_n$の次数を最小とする$r_n$とある定数$c$を用いて
$$r'_n=(n-u)r_n+c$$
と求まるので、この$r_n$と$c$を求めておけば、あとは多項式$b_{n+1}$の各根$\a$に対し$u$についての方程式$r'_\a=0$を考えることでこの$u$を決定することができます。

$$\frac34\z(3)=\frac11\p\K^\infty_{n=2}\frac{(n-1)^6}{3n^2-3n+1}$$
に対し$r'_n$は
$$r'_n=(n-u)\l(n^3-3n^2+\frac92n-\frac74\r)-\frac{39}8$$
と求まり、これと
$$b'_{n+1}=(n-u)(n-u+1)n^6$$
が共通因子を持つような$u$を考えると

$n\mid r_n$つまり$u=39/14$のとき
$$d'_n=-\frac 47n\l(39n^2-\frac{160}7n+200\r)$$
という煩雑な因子が出てくるため不適。
$(n-u+1)\mid r_n$のとき、$v=u-1$とおくと
\begin{align} 0&=v^3-3v^2+\frac92v-\frac74+\frac{39}8\\ &=\l(v+\frac12\r)\l(v^2-\frac72v+\frac{25}4\r) \end{align}
より$u=1/2$が適切と考えられる。実際このとき前述のように上手くいくこととなる。

$$\z(4)=\frac11\p\K^\infty_{n=2}\frac{-(n-1)^8}{2n^4-4n^3+6n^2-4n+1}$$
に対し$r'_n$は
$$r'_n=-(n-u)\l(n^4-3n^3+\frac92n^2-\frac{15}4n+\frac98\r)-\frac9{16}$$
と求まり、これと
$$b'_{n+1}=-(n-u)(n-u+1)n^8$$
が共通因子を持つような$u$を考えると

$n\mid r'_n$つまり$u=1/2$のとき、前述のように上手くいくこととなる。
$(n-u+1)\mid r'_n$のとき、$v=u-1$とおくと
\begin{align} 0&=v^4-3v^3+\frac92v^2-\frac{15}4v+\frac98-\frac9{16}\\ &=\l(v-\frac32\r)\l(v^3-\frac32v^2+\frac94v-\frac38\r) \end{align}
より$u=5/2$が適切そうに見えるが、このとき
$$d'_n=-9\l(n-\frac32\r)\l(n^2+\frac34n-\frac38\r)$$
という因子が出てくるため不適。

考察

　さて上の計算例からもわかるように$r'_n,b'_{n+1}$が共通因子を持つような補助因子$n-u$を考えても、$d'_n$が煩雑な因子を持つことから不適となってしまう場合があり、この方法だと少し見通しが悪い気がします。
　ところで先ほどの計算例

$\z(3)$の場合
\begin{align} u=\frac{39}{14}\quad&\Rightarrow\quad d'_n=-\frac 47n\l(39n^2-\frac{160}7n+200\r)\\ u=\frac12\quad&\Rightarrow\quad d'_n=-64\l(n^2-\frac14\r) \end{align}
$\z(4)$の場合
\begin{align} u=\frac52\quad&\Rightarrow\quad d'_n=-9\l(n-\frac32\r)\l(n^2+\frac34n-\frac38\r)\\ u=\frac12\quad&\Rightarrow\quad d'_n=-9n^2 \end{align}

を見比べてみると、最適な補助因子に対し$d'_n$の次数が一つ下がっていることに気付きます。
　となると最適な補助因子とは「$d'_n$の次数を最小にするもの」として特徴付けられるのではないかと考察でき、つまりこれを言い換えると次のようなことが考えられます。

　いま第三回の記事によると、考えている連分数のtail sequence
$$x_n=\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}\p\frac{b_{n+2}}{a_{n+2}}\p\frac{b_{n+3}}{a_{n+3}}\p\cc$$
に対し
$$x_n=r_n+O\l(\frac1n\r)$$
という近似を与えるような多項式$r_n$を取り、これに関するBauer-Muir変換を考えることで加速連分数が構成できるのであった。
　となると更に近似の精度を上げ
$$x_n=r_n+\frac An+\frac B{n^2}+O\l(\frac1{n^3}\r)$$
なる$A,B$を求めたとき
$$x_n=r_n+\frac A{n-B/A}+O\l(\frac1{n^3}\r)$$
が成り立つことに注意すると、この$n-B/A$を補助因子とし
$$r'_n=(n-B/A)r_n+A$$
とおくと上手くいくのではないか。

　ちなみにこの$A,B$は
$$d''_n=r''_n((n+1)^2a_{n+1}+r''_{n+1})-n^2(n+1)^2b_{n+1}$$
の次数を最小にするような多項式
$$r''_n=n^2r_n+An+B$$
を考えることで決定できます。

　上の$\z(3),\z(4)$の場合に対し$A,B$は
\begin{align} x_n&=r_n-\frac{39}8\l(\frac1n+\frac1{2n^2}\r)+O\l(\frac1{n^3}\r) \quad(\z(3)\text{の場合})\\ x_n&=r_n-\frac9{16}\l(\frac1n+\frac1{2n^2}\r)+O\l(\frac1{n^3}\r) \quad(\z(4)\text{の場合}) \end{align}
と求まるので、どちらの場合も$n-1/2$という補助因子が得られる。

　ちなみに
$$\z(5)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^5} =\frac11\p\K^\infty_{n=2}\frac{-(n-1)^{10}}{n^5+(n-1)^5}$$
に対し同様の計算をしてみたところ$A=0$となってしまい
\begin{align} x_n&=r_n+\frac{88}{27}\l(\frac1{n^2}+\frac1{n^3}-\frac{719}{264}\frac1{n^4}\r)+O\l(\frac1{n^5}\r)\\ &=r_n+\frac{88}{27}\frac1{n^2-n+\frac{983}{264}}+O\l(\frac1{n^5}\r)\\ \bigg(r_n&=-n^5+4n^4-8n^3+\frac{28}3n^2-\frac{16}3n-\frac29\bigg) \end{align}
という煩雑な結果くらいしか得られませんでした。なおこのとき$n^2-n+\frac{983}{264}$を補助因子とすると
\begin{align} r'_n&=\l(n^2-n+\frac{983}{264}\r)r_n+\frac{88}{27}\\ d'_n&=-\frac{8435}{44}n^2+\frac{11449}{1936} \end{align}
と求まります。

発展的な計算例3：低速Apéry変換

　最後に特殊な計算例の一つとして「あえて不完全な多項式$r_n$を取ることで新たなApéry変換を得る」という手法について紹介していきましょう。
　さて今まではBauer-Muir変換において多項式$r_n$を理想的なものとして、つまり「$d_n$の次数を最小にする」という要件を満たすものとして取っていましたが、第四回の記事でも見たように$d_n$の次数$d'$が十分小さければ$O(1/n^{2d-d'})$やら$O(1/n^{2d-d'-2})$程度の加速は保証されるので、あえて不完全な多項式$r_n$を取ってくることで加速度を落とした反復Bauer-Muir変換を構成することができます。
　以下このような手続きのことを低速Apéry変換と呼ぶことにしましょう。

$\z(2)$の場合

　例えば
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+1}$$
について多項式
$$r_n=-n^2+n+r_0$$
をどのように取ると、そのBauer-Muir変換がいい感じに求められるかを考えてみましょう。

問題設定

　具体的には上の補助因子の考え方と同様に
$$a_{n+1}+r_{n+1}-r_{n-1}\frac{d_n}{d_{n-1}},\quad b_n\frac{d_n}{d_{n-1}}$$
の計算において約分が発生するような$r_0$の取り方を考えることにしましょう。
　いま例5でも見たように$r_0=-1/2\quad(d_n=-1/4)$が最適な取り方となりますが、それ以外の場合において$d_n$は一次多項式となります。特に$d_n$と$d_{n-1}$は互いに素となるので$d_n$は$r_n$および$b_{n+1}$を割り切る必要があり、また
$$d_n=r_n(a_{n+1}+r_{n+1})-b_{n+1}$$
であったことを思い出すと$r_n$と$b_{n+1}$が共通因子を持つような$r_0$を考えればよいことがわかります。
　つまりこの場合は$b_{n+1}=-n^4$より$r_0=0\quad(d_n=n)$とすると上手くいくことになります。

$r_0$の選び方

　またこうして得られた多項式$r_n=-n^2+n$によるBauer-Muir変換を考えると
$$\z(2)=1+\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^3(n+1)}{2n^2+3n+2}$$
という連分数が得られ、これに対しても同様に
$$r_n=-n^2+n+r_0,\quad b_{n+1}=-n^3(n+1)$$
が共通因子を持つような$r_0$を求めると
$$(r_0,d_n)=(0,2n),\quad(2,8(n+1))$$
の二通りが考えられます。
　もちろんどちらの$r_0$を取っても良いわけですが、ここでは最も加速度が小さいものを選ぶことにしましょう。つまり$r_n$と
\begin{align} x_n &=\K^\infty_{m=n}\frac{-m^3(m+1)}{2m^2+3m+2}\\ &=-n^2+n-\frac23+O\l(\frac1n\r) \end{align}
との差が最も大きいものを選べばよく、この場合は$r_0=2$が適切となります。

計算結果

　そして同様にしていくことで次のような連分数が得られます。

$$\z(2)=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+1}$$
に対し低速Apéry変換を考えると
\begin{align} (b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n)&=(-n^3(n+k-1),k^3(n+k-1))\\ a^{(k-1)}_{n+1}&=2n^2+n+k(n+1)\\ r^{(k-1)}_n&=-n^2+n+k(k-1)\\ R^{(k-1)}_n&=n^2+kn+k^2 \end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O(1/n^{k+1})$で収束する連分数
$$\z(2)=\sum^k_{l=1}\frac1{l^2}+\frac1{k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^3(n+k)}{2n^2+n+(k+1)(n+1)}$$
や$O(1/4^n)$で収束する連分数
\begin{align} \z(2) &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^3(2n-1)}{3n^2}\p\frac{-2n^4}{3n^2+3n+1}\r)\\ &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n(2n-1)}3\p\frac{-2n^2}{3n^2+3n+1}\r)\\ &=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(2n-1)\c-2n^2}{-(n+1)(2n+1)+3(3n^2+3n+1)-2n^2}\\ &=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{5n^2+6n+2} \end{align}
が得られる。

　ちなみにこうして得られた連分数は
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac3{n^2\binom{2n}n}\quad(=6(\arcsin\tfrac12)^2)$$
と級数表示することもできます。
　またこの連分数に対しさらに(低速)Apéry変換を考えることもできますが、どういうわけか最終的には必ず例5において得られた連分数
$$\z(2)=\frac53\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{11n^2+11n+3}$$
に辿り着くことになるそうです。

$\log2$の場合

　またもう一つの例として
$$\log2=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n2^n} =\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^2}{3n+2}$$
の場合を考えてみましょう。
　このときこの連分数自体の低速Apéry変換も求まる(これについては第九回の記事にでも書いておきます)のに加え、あえて次数を増やした
$$\log2=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(n+1)}{(n+1)(3n+2)}$$
という連分数に対しても(なぜか)低速Apéry変換が上手いこと求まります。

$$\log2=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(n+1)}{(n+1)(3n+2)}$$
に対し低速Apéry変換を考えると
\begin{align} (b^{(k-1)}_{n+1},d^{(k-1)}_n)&=(-2n^3(n+2k-1),4k^2(n+2k)(n+2k-1))\\ a^{(k-1)}_{n+1}&=3n^2+n+2k(2n+1)\\ r^{(k-1)}_n&=-n^2+n+2k(2k-1)\\ R^{(k-1)}_n&=2n^2+4kn+4k^2 \end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって$O(1/n^{2k+1}2^n)$で収束する連分数
$$\log2 =\sum^{k-1}_{l=0}\frac{(\frac32)_l}{l!}\frac1{4(l+1)^2} +\frac{(\frac32)_k/k!}{2(k+1)}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(n+2k+1)}{3n^2+n+2(k+1)(2n+1)}$$
や$O((2/27)^n)$で収束する連分数
\begin{align} \log2 &=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-2n^3(3n-1)}{10n^2}\p\frac{-12n^3(3n+1)}{2(5n^2+4n+1)}\r)\\ &=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n(3n-1)}5\p\frac{-6n(3n+1)}{2(5n^2+4n+1)}\r)\\ &=\frac58\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(3n-1)\c-6n(3n+1)} {-(n+1)(3n+2)+5\c2(5n^2+4n+1)-6n(3n+1)}\\ &=\frac58\p\K^\infty_{n=1}\frac{-6n^2(9n^2-1)}{29n^2+29n+8} \end{align}
が得られる。

　また同様の手法によって$O((27/32)^n)$で収束する連分数
$$\log2=\frac5{20}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-24n^2(36n^2-1)}{59n^2+59n+20}$$
も得られるそうですが、これが何をどのように変換することで得られるのかは私にはよくわかりませんでした。