Apéryの加速法10：有名数列のApéry limitを求める
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。
さて
初回の記事
でもちょろっとと言及したように、同じ多項式係数の線形漸化式を満たす数列の比の極限のことをApéry limitと言うことがあります。
特に今回の記事ではFranel数
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^3$$
のように、ある三項間漸化式を満たす有名な数列たちに対し、その漸化式に対応するApéry limitについて考察していこうと思います。
とは言ったものの実際に手を動かしてみるとあんまりApéry limitを得ることができなかったので、以下の計算例においてApéry limitが得られるか得られないかを区別するため、得られた場合の見出しには✅を付けておくことにします。またCohenの
データベース
にApéry limitが記載されている場合は🤔を付けておきます。
たまに計算例が増えることもあるかもしれません。
索引
はじめにこの記事で登場する数列について簡単にまとめておきます。
| $A_n$ | $A^{(k)}_n$ | 対応する級数 | |
|---|---|---|---|
| Franel数1 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^3$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom n{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac1{n^2}$$ |
| Franel数2 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^4$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom nj\binom n{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}$$ |
| Domb数 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac1{n^3} $$ |
| Zagier(その1) | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}k$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{2j}{n-k+j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac{(3/4)^n}n$$ |
| Zagier(その2) | $$\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{2n-2k}{n-k}\binom{2k}k$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{2n-2j}{n-j}\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{(1)_n^3}{(\frac12)_n^3}\frac{4n-1}{n^3}$$ |
| Zagier(その3) | $$\sum^n_{k=0}(-1)^k3^{n-3k}\frac{n!}{(k!)^3(n-3k)!}$$ | $$\sum^k_{j=0}(-1)^j3^{k-3j}\frac{n!}{(j!)^2(n-k+j)!(k-3j)!}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac13)_n(\frac23)_n}\frac1{n^2} $$ |
| Almkvist-Zudilin数 | $$\sum^n_{k=0}(-1)^k3^{n-3k}\frac{n!}{(k!)^3(n-3k)!}\binom{n+k}k$$ | $$\sum^k_{j=0}(-1)^j3^{k-3j}\frac{n!}{(j!)^2(n-k+j)!(k-3j)!}\binom{n+j}j$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac13)_n(\frac23)_n}\frac1{n^3} $$ |
| その他1 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}k\binom{2k}n$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom{2j}k\binom kj\binom nj\binom{n+j}j$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}$$ |
| その他2 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}n^2$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{2j}k\binom nj\binom{2j}n$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac1{n^2}$$ |
| その他3 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^4\frac{(n+2k)!(3n-2k)!}{(n!)^2(2n)!}$$ | ？ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}$$ |
| その他3 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^4\frac{(n+2k)!(3n-2k)!}{(n!)^2(2n)!}$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom nj\binom n{k-j}\frac{(n+2j)!(n+2(k-j))!}{(k!)^2(n+k)!}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}$$ |
Franel数1✅
まずFranel数
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^3$$
のApéry limitについて考えていこう。
いま$A^{(n)}_n=A_n$を満たすような数列$A^{(k)}_n$であって適当な三項間漸化式を満たすようなものを探してみたところ
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom n{k-j}$$
とおいたとき、これは
$$(2n-k+1)(2n-k+2)A^{(k)}_{n+1}-(8n^2-2(2k-3)n+k^2-k+2)A^{(k)}_n+4n^2A^{(k)}_{n-1}=0$$
を満たすことがわかった。
特に$k=0$における漸化式
$$(2n+1)(2n+2)x_{n+1}-(8n^2+6n+2)x_n+4n^2x_{n-1}=0$$
は
$$\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac1{n^2}=(\arcsin1)^2=\frac{\pi^2}4$$
という級数に対応しており、これらのことから次のような事実が得られた。
$$\frac{\pi^2}4
=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{(n+1)(2n+1)+2n^2}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^2(2n-k)(2n-k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=4n^2-(2k-3)n+\frac{k(k-1)}2+1\\
r^{(k)}_n&=-2n^2+2(k+1)n-(k+1)^2\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(2n+k+1)/2\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)^3(2n-k)/2\\
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}
\frac{\pi^2}4
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^3(n+1)}{3n(n+1)/2}\p\frac{n^3(n+1)/2}{(n+1)(3n+2)/2}\r)\\
&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-4n^2}3\p\frac{2n^2}{(n+1)(3n+2)}\r)\\
&=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{4n^2\c2n^2}{-4(n+1)^2+3(n+1)(3n+2)+2n^2}\\
&=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{8n^4}{7n^2+7n+2}
\end{align}
を得る。
ついでに
$$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom n{k-j}=\sum^k_{j=0}\binom{2j}k\binom kj\binom nj$$
が成り立つこともわかった。
Franel数2✅
同様にFranel数の類似
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^4$$
のApéry limitについて考えてみたところ
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom nj\binom n{k-j}$$
とおいたとき、これは
\begin{alignat}{3}
0&=&(n+1)(2n-k+1)(2n-k+2)A^{(k)}_{n+1}\\
&&-(2(2n+1)(2n^2+2n+1)-k(k+1)(3n+k-1))A^{(k)}_n\\
&&+2n^2(2n+2k+1)A^{(k)}_{n-1}
\end{alignat}
を満たすことがわかった。
\begin{align}
\z(2)
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{(n+1)^2+n^2}\\
&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^4(4n^2-1)}{2(2n+1)(2n^2+2n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-2n^3(2n-k)(2n-k-1)(2n+2k+1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=2(2n+1)(2n^2+2n+1)-k(k+1)(3n+k-1)\\
r^{(k)}_n&=-2(2n+2k+1)(n^2-(k+1)n+(k+1)^2/3)\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(2n^2+(k+1)n+(k+1)^2/3)\\
d^{(k)}_n&=-2(k+1)^4(2n-k)(2n+2k+1)/9\\
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、そのApéry変換は
\begin{align}
&\phantom{{}={}}\frac22\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-2n^4(n+1)(4n-1)}{10n^2(n+1)/3}\p\frac{2n^4(n+1)(4n+1)/9}{(n+1)(10n^2+15n+6)/3}\r)\\
&=\frac66\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-9n^2(4n-1)}5\p\frac{n^2(4n+1)}{(n+1)(10n^2+15n+6)}\r)\\
&=\frac{30}3\p\K^\infty_{n=1}\frac{9n^2(4n-1)\c n^2(4n+1)}{-9(n+1)^2(4n+3)+5(n+1)(10n^2+15n+6)+n^2(4n+1)}\\
&=\frac{10}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4(16n^2-1)}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}
\end{align}
と求まる。
ただし何故かApéry変換と元の連分数の値が微妙に一致せず、実際には
$$\z(2)=\frac{5/2}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4(16n^2-1)}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}$$
が成り立つようである(どこかで計算間違えてる？)。
Domb数🤔
Domb数
$$D_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$
に対し
$$D^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$
とおいたとき、これは
\begin{align}
0&=(2n-k+1)(2n-k+2)(2n-2k+1)D^{(k)}_{n+1}\\
&\qquad{}-(16n^3-16(k-1)n+2(k^2-7k+5)n+k^2-5k+2)D^{(k)}_n\\
&\qquad{}+8n^3D^{(k)}_{n-1}
\end{align}
という漸化式を満たすことがわかった。
ちなみに$k=0$に対応する級数の値はカタラン定数$\b(2)$を用いて
$$\frac14\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac1{n^3}
=2\pi\b(2)-\frac72\z(3)$$
と求まるらしい(参考)。
\begin{align}
\frac14\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac1{n^3}
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^4(2n-1)^2}{(n+1)(2n+1)^2+4n^3}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-2n^3(2n-k)(2n-k-1)(2n-2k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=8n^3-8(k-1)n+(k^2-7k+5)n+\frac{k(k-5)}2+1\\
r^{(k)}_n&=-4n^3+4(k+1)n^2-2(k+1)^2n+(k+1)^3\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(2n-2k-1)(2n+k+1)/2\\
d^{(k)}_n&=(k+1)^4(2n-k)(2n-2k-1)/2\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-k-2}{2n-k}\frac{2n-2k-3}{2n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、そのApéry変換は
\begin{align}
&\phantom{{}={}}\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-2n^4(n+1)}{3n(n+1)/2}\p\frac{-n^4(n+1)/2}{(n+1)(3n+2)/2}\r)\\
&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-8n^3}3\p\frac{-2n^3}{(n+1)(3n+2)}\r)\\
&=\frac6{-2}\p\K^\infty_{n=1}\frac{8n^3\c-2n^3}{-8n^3+3(n+1)(3n+2)-2n^3}\\
&=\frac{-6}2\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}
\end{align}
と求まる。しかし明らかにこれは元の連分数には一致しないようだ。
$D^{(k)}_n$の取り方が悪かったのか上の計算ではApéry limitを特定することができなかったが、
データベース
によると
$$\z(3)=\frac{12/7}2\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}$$
が成り立つらしい。
その確かさを検証するためこれに関する反復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。しかしそのApéry変換はあまり綺麗にならないため、結局よくわからず仕舞いである。
$$\z(3)=\frac{12/7}2\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-16n^4(n-k)(n+2k)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2n+1)(5n^2+5n+2)+2k(7n^2+7n+2)\\
r^{(k)}_n&=-(n+2k)(2n^2-3(2k+1)n+3(2k+1)^2)\\
R^{(k)}_n&=2(n-k)(4n^2+6(2k+1)n+3(2k+1)^2)\\
d^{(k)}_n&=-18(2k+1)^3(n-k)(n+2k)(n+2k+1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{n-k-1}{n-k}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できた。
Zagier's sporadic sequences
その1🤔
Zagier's sporadic sequences
の一つ
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{3k}{2n}$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{3j}{n+k}$$
とおくと、これは
$$(2n-k+1)(2n-k+2)A^{(k)}_{n+1}+(7n^2-2(5k-1)n+k(k-4))A^{(k)}_n+3n(n-2k-1)A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすこと、ついでに
$$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{2j}{n-k+j}
=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{3j}{n+k}$$
が成り立つこともわかった。
\begin{align}
\frac\pi{\sqrt3}
&=\frac{\sqrt3}2\frac{\arcsin\frac{\sqrt3}2}{\sqrt{1-(\frac{\sqrt3}2)^2}}\\
&=\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac{(3/4)^n}n\\
&=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{-6n(2n-1)}{2(2n+1)+3n}\\
&=\frac62\p\frac{-6}9\p\K^\infty_{n=2}\frac{-6n^2(n-1)(2n-1)}{n(7n+2)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-3n(2n-k)(2n-k-1)(n-2k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=7n^2-2(5k-1)n+k(k-4)\\
r^{(k)}_n&=-3n^2+3(k+1)^2\\
R^{(k)}_n&=2(2n-k)(n-2k-1)\\
d^{(k)}_n&=-3(k+1)(2n-k)(n-2k-1)(n-2k-2)\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-k-2}{2n-k}\frac{n-2k-3}{n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
ちなみに
データベース
によると対応するApéry limitは
$$\sum^\infty_{n=0}\l(\frac1{(3n+1)^2}-\frac1{(3n+2)^2}\r)
=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-9n^4}{10n^2+10n+3}$$
と求まるらしい。
その2✅
同じく
Zagier's sporadic sequences
の一つ
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{2n-2k}{n-k}\binom{2k}k$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{2n-2j}{n-j}\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$
とおくと、これは
\begin{alignat}{3}
0
&=&(n+1)(2n-k+1)(2n-k+2)(4n-2k-1)A^{(k)}_{n+1}\\
&&-8(2k+1)(4n-2k+1)(4n^2-2(2k-1)n+k^2-k-1)A^{(k)}_n\\
&&-128(2n-k)(2n-k-1)(2n-2k-1)(4n-2k+3)A^{(k)}_{n-1}
\end{alignat}
という漸化式を満たすことがわかった。
$$\frac18\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{(1)_n^3}{(\frac12)_n^3}\frac{4n-1}{n^3}
=\frac{-3}{-1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{8n^3(2n-1)^3(4n-5)(4n+3)}{(2n+1)^3(4n-1)-8n^3(4n+3)}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=2n(2n-k)^2(2n-k-1)^2(2n-2k-1)(4n-2k-5)(4n-2k+3)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2k+1)(4n-2k+1)(4n^2-2(2k-1)n+k^2-k-1)\\
r^{(k)}_n&=(4n-2k-5)(8n^3-24(k+1)n^2+18(k+1)^2n+(k+1)(2k+1)(2k+3))\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)^2(2n-2k-1)(4n-2k+3)\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)(2n-k)^2(2n-2k-1)(4n-2k-5)(4n-2k-1)(4n-2k+3)(4n-2k-3)\\
t^{(k)}_n&=\l(\frac{2n-k-2}{2n-k}\r)^2\frac{2n-2k-3}{2n-2k-1}\frac{4n-2k-7}{4n-2k+3}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
\begin{align}
&\phantom{{}={}}\frac18\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{(1)_n^3}{(\frac12)_n^3}\frac{4n-1}{n^3}\\
&=\frac{-3}{-1}\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{2n^3(n+1)^2(2n-3)(2n+5)}{(n+1)^2(2n+5)}
\p\frac{n(n+1)^2(2n-1)(2n+1)(2n+3)(2n+5)}{(n+1)^2(2n-1)}\r)\\
&=\frac31\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{2n^3}1\p\frac{n(2n+1)(2n+3)}{(n+1)^2}\r)\\
&=\frac33\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3\c n(2n+1)(2n+3)}{2(n+1)^3+(n+1)^2+n(2n+1)(2n+3)}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^4}{3n^2+3n+1}\\
\end{align}
を得る。
ちなみに
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}
=\frac1{16}\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{(1)_n^3}{(\frac12)_n^3}\frac{4n-1}{n^3}$$
が成り立つらしい。
その3
Zagier's sporadic sequences
の一つ
$$A_n=\sum^n_{k=0}(-1)^k3^{n-3k}\frac{n!}{(k!)^3(n-3k)!}$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-1)^j3^{k-3j}\frac{n!}{(j!)^2(n-k+j)!(k-3j)!}$$
とおくと、これは
\begin{alignat}{3}
0
&=&(3n-2k+1)(3n-2k+2)(3n-2k+3)A^{(k)}_{n+1}\\
&&-3(n+1)(18n^2-9(2k-1)n+3k^2-6k+2)A^{(k)}_n\\
&&+27n^2(n+1)A^{(k)}_{n-1}
\end{alignat}
という漸化式を満たすことがわかった。
$O(\log n)$で発散する連分数
$$\frac19\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac13)_n(\frac23)_n}\frac1{n^2}
=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-9n^2(3n-1)(3n-2)}{(3n+1)(3n+2)+9n^2}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-3n(3n-2k)(3n-2k-1)(3n-2k-2)\\
a^{(k)}_{n+1}&=18n^2-9(2k-1)n+3k^2-6k+2\\
r^{(k)}_n&=-9n^2+6(k+1)n+(k+1)^2\\
R^{(k)}_n&=(3n-2k)(3n-2k-1)\\
d^{(k)}_n&=(k+1)^2(3n-2k)(3n-2k-1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{3n-2k-3}{3n-2k}\frac{3n-2k-4}{3n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、そのApéry変換は
\begin{align}
&\phantom{{}={}}\frac12\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-3n^2(n+1)(n+2)}{(n+1)(n+2)}\p\frac{-n^2(n+1)(n+2)}{(n+1)(n+2)}\r)\\
&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-3n^2}1\p\frac{-n^2}{(n+1)(n+2)}\r)\\
&=\frac1{-1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{3n^2\c -n^2}{-3(n+1)^2+(n+1)(n+2)-n^2}\\
&=\frac{-1}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{-3n^4}{3n^2+3n+1}
\end{align}
と求まる。
Almkvist-Zudilin数
Almkvist-Zudilin数
$$A_n=\sum^n_{k=0}(-1)^k3^{n-3k}\frac{n!}{(k!)^3(n-3k)!}\binom{n+k}k$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-1)^j3^{k-3j}\frac{n!}{(j!)^2(n-k+j)!(k-3j)!}\binom{n+j}j$$
とおくと、これは
\begin{alignat}{3}
0
&=&(n+1)(3n-2k+1)(3n-2k+2)(3n-2k+3)A^{(k)}_{n+1}\\
&&-(54n^3-54(k-1)n^2+3(3k^2-15k+11)n+k^3+6k^2-16k+6)A^{(k)}_n\\
&&+27n^2A^{(k)}_{n-1}
\end{alignat}
という漸化式を満たすことがわかった。
$$\frac19\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac13)_n(\frac23)_n}\frac1{n^3}
=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-9n^4(3n-1)(3n-2)}{(n+1)(3n+1)(3n+2)+9n^3}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-3n^3(3n-2k)(3n-2k-1)(3n-2k-2)\\
a^{(k)}_{n+1}&=18n^3-18(k-1)n^2+(3k^2-15k+11)n+k(k^2-1)/3+2k^2-5k+2\\
r^{(k)}_n&=-9n^3+9(k+1)n-3(k+1)^2n+(k+1)^3\\
R^{(k)}_n&=(3n-2k)(3n-2k-1)(3n+k+1)/3\\
d^{(k)}_n&=(k+1)^4(3n-2k)(3n-2k-1)/3\\
t^{(k)}_n&=\frac{3n-2k-3}{3n-2k}\frac{3n-2k-4}{3n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、そのApéry変換は
\begin{align}
&\phantom{{}={}}\frac12\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-3n^4(n+1)(n+2)}{4n(n+1)(n+2)/3}\p\frac{-n^4(n+1)(n+2)/3}{(n+1)(n+2)(4n+3)/3}\r)\\
&=\frac36\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-27n^3}4\p\frac{-3n^3}{(n+1)(n+2)(4n+3)}\r)\\
&=\frac{12}{-3}\p\K^\infty_{n=1}\frac{27n^3\c-3n^3}{-27(n+1)^3+4(n+1)(n+2)(4n+3)-3n^3}\\
&=\frac{-12}3\p\K^\infty_{n=1}\frac{-81n^6}{(2n+1)(7n^2+7n+3)}
\end{align}
と求まる。
その他1✅
NKSさんの記事
で見かけた数列
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}k\binom{2k}n$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom{2j}k\binom kj\binom nj\binom{n+j}j$$
とおくと、これは
\begin{alignat}{3}
0
&=&(n+1)(2n-k+1)(2n-k+2)A^{(k)}_{n+1}\\
&&-(2n+1)(4n^2+4n+k^2+k+2)A^{(k)}_n\\
&&+n(2n+k)(2n+k+1)A^{(k)}_{n-1}
\end{alignat}
という漸化式を満たすことがわかった。
\begin{align}
\z(2)
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{(n+1)^2+n^2}\\
&=\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^2(4n^2-k^2)(4n^2-(k+1)^2)/4\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2n+1)(2n^2+2n+1+k(k+1)/2)\\
r^{(k)}_n&=-(2n+k)(2n^2-3(k+1)n+2(k+1)^2)/2\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(2n^2+3(k+1)n+2(k+1)^2)/2\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)^4(4n^2-k^2)\\
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)
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-3n^4(n+1)(3n-1)/4}{7n^2(n+1)/2}\p\frac{n^4(n+1)(3n+1)}{(n+1)(7n^2+7n+2)/2}\r)\\
&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-3n^2(3n-1)}7\p\frac{4n^2(3n+1)}{(n+1)(7n^2+7n+2)}\r)\\
&=\frac{14}8\p\K^\infty_{n=1}
\frac{3n^2(3n-1)\c4n^2(3n+1)}{-3(n+1)^2(3n+2)+7(n+1)(7n^2+7n+2)+4n^2(3n+1)}\\
&=\frac74\p\K^\infty_{n=1}\frac{3n^4(9n^2-1)}{(2n+1)(13n^2+13n+4)}\\
\end{align}
を得る。
その他2🤔
NKSさんの記事
で見かけた数列
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}n^2$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{2j}k\binom nj\binom{2j}n$$
とおくと、これは
\begin{alignat}{3}
0
&=&(n+1)(2n-k+1)(2n-k+2)A^{(k)}_{n+1}\\
&&+2(4n^3+3n^2+n-2k(3n^2+3n+1))A^{(k)}_n\\
&&+4n^2(n-2k-1)A^{(k)}_{n-1}
\end{alignat}
という漸化式を満たすことがわかった。
\begin{align}
\frac{\pi^2}4&=\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac1{n^2}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{(n+1)(2n+1)+2n^2}\\
&=\frac11\p\frac{-2}8\p\K^\infty_{n=2}\frac{-2n^4(n-1)(2n-1)}{n(4n^2+3n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^3(2n-k)(2n-k-1)(n-2k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=4n^3+3n^2+n-2k(3n^2+3n+1)\\
r^{(k)}_n&=-2n^3+3(k+1)n^2-3(k+1)^2n+2(k+2)^3\\
R^{(k)}_n&=(n-2k)(n-2k-1)(n+k+1)\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)^3(2n-k)(n-2k-1)(n-2k-2)\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-k-2}{2n-k}\frac{n-2k-3}{n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
ちなみに
データベース
によると対応するApéry limitは
$$\frac78\z(3)=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}$$
と求まるらしい。
その他3✅
NKSさんの記事
にて見かけた数列
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^4\frac{(n+2k)!(3n-2k)!}{(n!)^2(2n)!}$$
について、そのApéry limitは実は既に
第六回の記事
の例18として求めている。
\begin{align}
\frac34\z(3)
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)(2n+1)n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=n^6(4n^2-(2k+1)^2)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2k+1)(2n+1)(3n^2+3n+1)\\
r^{(k)}_n&=(n-2k-2)(2n+2k+1)(n^2-2(k+1)n+4(k+1)^2)\\
R^{(k)}_n&=(n+2k+2)(2n-2k-1)(n^2+2(k+1)n+4(k+1)^2)\\
d^{(k)}_n&=-64k^6(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
$$\z(3)=\frac76\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^6(16n^2-1)}{65n^4+130n^3+105n^2+40n+6}$$
を得る。
特にこのことから対応する数列$A^{(k)}_n$は
$$(n+1)^3(2n-2k+1)A^{(k)}_{n+1}-(2k+1)(2n+1)(3n^2+3n+1)A^{(k)}_n-n^3(2n+2k+1)A^{(k)}_{n-1}=0$$
や
$$4(k+1)^4A^{(k+1)}_n=(n+1)^3(2n-2k+1)A^{(k)}_{n+1}
+(n-2k-1)(2n+2k+3)(n^2-2kn+4k^2+6k+3)A^{(k-1)}_{n-1}$$
などの漸化式によって定まるものと考えられる。
具体的には
\begin{align}
A^{(0)}_n&=1\\
A^{(1)}_n&=n^4+2n^3+3n^2+2n-2\\
(2!)^4A^{(2)}_n&=n^8+4n^7+18n^6+40n^5+n^4-60n^3-148n^2-112n+96\\
(3!)^4A^{(3)}_n&=n^{12}+6n^{11}+53n^{10}+210n^9+321n^8+90n^7-4477n^6-12930n^5-4754n^4+11760n^3+39960n^2+31968n-25920\\
(4!)^4A^{(4)}_n&=n^{16}+8n^{15}+116n^{14}+672n^{13}+2470n^{12}+6448n^{11}-33284n^{10}-210464n^9-508847n^8-727416n^7+3519368n^6+12176192n^5+6192400n^4-8314752n^3-35714304n^2-29472768n+23224320
\end{align}
のように求まるわけだが、一般の$k$に対しどのように表せるのかは考え中。
もう一つの$A^{(k)}_n$
ちなみに
$$A_n^{(k)}=\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom nj\binom n{k-j}\frac{(n+2j)!(n+2(k-j))!}{(k!)^2(n+k)!}$$
とおくと、これは
\begin{align}
0
&=(n-2k)(2n-k+1)(2n-k+2)A^{(k)}_{n+1}+2n^4(2n+2k+1)A^{(k)}_{n-1}\\
&\qquad{}-(2n(2n+1)(2n^2+2n+1)-k(8n^3+(7k+16)n^2+(7k+15)n+2k+4))A^{(k)}_n
\end{align}
という漸化式を満たすことがわかった。
\begin{align}
\z(2)
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{(n+1)^2+n^2}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^6(4n^2-1)}{2n(2n+1)(2n^2+2n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-2n^4(2n-k)(2n-k-1)(n-2k-1)(2n+2k+1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=2n(2n+1)(2n^2+2n+1)-k(8n^3+(7k+19)n^2+(7k+15)n+2k+4)\\
r^{(k)}_n&=-2(2n+2k+1)(n-k-1)(n^2-(k+1)n+(k+1)^2)\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(n-2k-1)(2n^2+3(k+1)n+2(k+1)^2)\\
d^{(k)}_n&=-2(k+1)^4(2n-k)(n-2k-1)(n-2k-2)(2n+2k+1)\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-k-2}{2n-k}\frac{n-2k-3}{n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
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