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 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac1{n^3} $$ |
| ✅ | Domb数 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom{2n-2j}{n-j}\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac{4n-1}{n^3(2n-1)}$$ |
| ✅ | Zagier(その1) | $$\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{2n-2k}{n-k}\binom{2k}k$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{2n-2j}{n-j}\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{(1)_n^3}{(\frac12)_n^3}\frac{4n-1}{n^3}$$ |
| 🤔 | Zagier(その2) | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}k$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{2j}{n-k+j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac{(3/4)^n}n$$ |
| 💀 | 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 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}n^2$$ | ？ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)^3}$$ |
| ✖️ | 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 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^4\frac{(n+2k)!(3n-2k)!}{(n!)^2(2n)!}$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom nj\binom n{k-j}\frac{(n+2j)!(n+2(k-j))!}{(k!)^2(n+k)!}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}$$ |
| 💀 | その他4 | $$\sum^n_{k=0}(-1)^k4^{n-3k}\frac{(2n-2k)!}{(k!)^3(n-k)!(n-4k)!}$$ | $$\sum^k_{j=0}(-1)^j4^{k-3j}\frac{(2n-2j)!}{(j!)^2(n-k+j)!(n-j)!(k-4j)!}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac1{n^2}$$ |
ちなみに💀マークを付けているものに関しては対応する漸化式の特性方程式が虚数解$\a,\b$を持つため、
第四回の記事
の結果から保証される解
$$u_n\sim\a^nn^\mu,\quad v_n\sim\b^nn^\nu$$
に対し$u_n/v_n$は$n\to\infty$において振動し、特にそのApéry limitは振動することになります。
✅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
$$D^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom{2n-2j}{n-j}\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$
とおくと、これは
\begin{align}
0&=(n+1)^2(2n-k+1)(2n-k+2)(4n-2k-1)D^{(k)}_{n+1}\\
&\qquad{}-4(4n-2k+1)(32n^4-32(2k-1)n^3+4(14k^2-10k+3)n^2-2(12k^3-10k^2+4k-1)n+(2k+1)(2k^3-3k^2+k-2))D^{(k)}_n\\
&\qquad{}+64(2n-k)(2n-k-1)(2n-2k-1)^2(4n-2k+3)D^{(k)}_{n-1}
\end{align}
という漸化式を満たすことがわかった。
また$k=0$に対応する級数は
$$\frac14\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac{4n-1}{n^3(2n-1)}=\frac72\z(3)$$
と求まるらしい。
\begin{align}
\frac72\z(3)
&=\frac14\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac{4n-1}{n^3(2n-1)}\\
&=\farc{-3}{-1}\p
\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^4(2n-1)^4(4n-5)(4n+3)}{(n+1)(2n+1)^3(4n-1)+4n^3(2n-1)(4n+3)}\\
&=\frac{-3}{-1}\p\frac{28}{190}\p\frac{-171072\c2}{3681\c2}\\
&\phantom{{}=\frac{-3}{-1}}\p
\K^\infty_{n=3}\frac{-4n^4(2n-1)^4(4n-5)(4n+3)(2n-2)(2n-4)}{(2n-2)(4n+1)(16n^4+16n^3+6n^2+n-1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^2(2n-k)^2(2n-k-1)^2(2n-2k-1)^2(4n-2k-5)(4n-2k+3)(2n-3k-2)(2n-3k-4)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2n-3k-2)(4n-2k+1)(16n^4-16(2k-1)n^3+2(14k^2-10k+3)n^2-(12k^3-10k^2+4k-1)n+(2k+1)(2k^3-3k^2+k-2)/2)\\
r^{(k)}_n&=-2(4n-2k-5)(8n^5-36(k+1)n^4+62(k+1)^2n^3-55(k+1)^3n^2+24(k+1)^4n-4(k+1)^5\\
&\hspace{120mm}-2n^3+3(k+1)n^2-4(k+1)^2n+(k+1)^4)\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)^2(2n-2k-1)^2(4n-2k+3)(2n+k+1)/2\\
d^{(k)}_n&=(k+1)^4(2n-k)^2(2n-2k-1)^2(4n-2k-5)(4n-2k-1)(4n-2k+3)(4n-2k-3)\\
t^{(k)}_n&=\l(\frac{2n-k-2}{2n-k}\c\frac{2n-2k-3}{2n-2k-1}\r)^2
\c\frac{4n-2k-7}{4n-2k+3}\c\frac{2n-3k-7}{2n-3k-4}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、そのApéry変換は形式的に
\begin{align}
&\phantom{{}={}}
\frac{-6}{-2}\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-n^4(n+1)^2(2n-3)(2n+5)(n-1)(n+1)}{3n(n+1)^2(2n+5)/2}
\p\frac{-n^4(n+1)^2(2n-1)(2n+1)(2n+3)(2n+5)(n+2)/(n-1)}{(n+1)^2(2n-1)(3n+2)(n+2)/2(n-1)}\r)\\
&=\frac62\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-4n^3(n-1)}3\p\frac{-4n^3(2n+1)(2n+3)/(n-1)}{(n+1)^2(3n+2)/(n-1)}\r)\\
&=\frac{18}6\p\K^\infty_{n=1}\frac{4n^3(n-1)\c-4n^3(2n+1)(2n+3)/(n-1)}{-4n(n+1)^3+3(n+1)^2(3n+2)/(n-1)-4n^3(2n+1)(2n+3)/(n-1)}\\
&=\frac{18}6\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6(2n+1)(2n+3)}{(2n+1)(2n+3)(5n^2+5n+2)}\\
&=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}
\end{align}
のように求まる。
特に上の操作を適当に正当化することによって
データベース
に記載されている結果
$$\frac72\z(3)=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}$$
が得られると期待されるが、計算が非常に面倒なのでまだ検証していない。ただ$2n-3k-2$という因子の存在が少し気掛かりである。
おまけ1
ちなみに
$$D^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom nj\binom n{k-j}\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$
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もわかった。ただしこれによってApéry limitが求まるわけではない。
また$k=0$に対応する級数はカタラン定数$\b(2)$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。
おまけ2
また何となくDomb数に関する連分数
$$\frac72\z(3)=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}$$
に対し反復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(Apéry変換はあまり綺麗にならない)。
$$\frac72\z(3)=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}$$
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変換が構成できる。
Zagier's sporadic sequences
✅その1
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2
Zagier's sporadic sequences
の一つ
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}k$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{2j}{n-k+j}$$
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{align}
0
&=(n+1)(3n-2k+1)(3n-2k+2)(3n-2k+3)A^{(k)}_{n+1}+27n^2A^{(k)}_{n-1}\\
&\qquad{}-(54n^3-54(k-1)n^2+3(3k^2-15k+11)n+k^3+6k^2-16k+6)A^{(k)}_n
\end{align}
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
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}n^2$$
について、そのApéry limitは実は既に
第六回の記事
の例11として求めている。
\begin{align}
\frac78\z(3)
&=\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)^3}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(2n-1)^6}{(2n+1)^3+(2n-1)^3}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k-1)}_{n+1}&=-(2n-1)^6\\
a^{(k-1)}_{n+1}&=4n(4n^2+3+8k(k-1))\\
r^{(k-1)}_n&=-(2n-2k-1)((2n-1)^2-2k(2n-1)+4k^2)\\
R^{(k-1)}_n&=(2n+2k-1)((2n-1)^2+2k(2n-1)+4k^2)\\
d^{(k-1)}_n&=64k^6
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、その上階段Apéry変換は
$$\frac78\z(3)=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}$$
と求まる。
また
第八回の記事
の定理14から中間の漸化式
$$(2n+1)^3B^{(k)}_{n+1}-4n(4n^2+3+8k(k+1))B^{(k)}_n+(2n-1)^3B^{(k)}_{n-1}=0$$
は
$$B^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{k+j}j\binom{n-\frac12}j\binom{n+j-\frac12}j$$
と解け、このとき
$$A_{2n}=4^{2n}B^{(n)}_n,\quad A_{2n+1}=4^{2n+1}B^{(n)}_{n+1}$$
が成り立つ。
おまけ1
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{2j}k\binom nj\binom{2j}n$$
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。またついでに
$$\binom{2k}k\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{2j}k\binom nj\binom{2j}n
=\binom{2k}n\sum^k_{j=0}4^{k-2j}\binom n{k-2j}\binom{n+2j}{2j}\binom{2j}j\binom{n-k+2j}j$$
が成り立つことも分かった。
\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&=-(n-k-1)(2n^2-(k+1)n+2(k+1)^2)\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(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。
おまけ2
$A_n$の別表示
$$A_n=\sum^n_{k=0}4^{n-2k}\binom n{2k}\binom{n+2k}{2k}\binom{2k}k^2$$
に対し
$$A^{(k)}_n
=\sum^k_{j=0}4^{k-2j}\binom n{k-2j}\binom{n+2j}{2j}\binom{2j}j\binom{n-k+2j}{\frac{n-k}2+j}$$
とおくと、これは
\begin{align}
0&=(n+1)^2(n+2)^2(2n-1)A^{(k)}_{n+2}+16(n-1)^2n^2(2n+3)A^{(k)}_{n-2}\\
&\qquad{}-4(2n+1)(2n^4+4n^3+3n^2+n-2+k(k+1)(2n-1)(2n+3))A^{(k)}_n\\
\end{align}
という一項飛ばしの漸化式を満たすことがわかった(これにまつわる反復Bauer-Muir変換が存在するのかは不明)。
類似
その1
いま上の数列に類似して
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{2k}n$$
という数列を考えてみたところ、このApéry limitは
$$\frac\pi4=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}{2n+1}$$
と求まるようだ(cf.
第六回の記事
の例3)。
またこのことから
$$B^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j-\frac12}k$$
とおいたとき
$$A_{2n}=2^{2n}B^{(n)}_n,\quad A_{2n+1}=2^{2n+1}B^{(n)}_{n+1}$$
が成り立つこともわかる(cf.
第八回の記事
の定理9)。
その2
ちなみに同様の類似として
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}n$$
という数列も考えられるが、上でも触れたようにこれはFranel数に一致し、より一般に
$$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom n{k-j}=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{2j}k$$
も成り立つのであった。またそのApéry limitは
$$\frac{\pi^2}4=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{8n^4}{7n^2+7n+2}$$
であったことにも注意したい。
✅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も既に
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。
余談1
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。
余談2
また
こちらの記事
にて紹介されている数列
$$A_n=\frac{(n!)^3}{(3n+1)!}\sum_{k=0}^n(3n+1-2k)\binom{3n+1}k^2\binom{2n-k}{n}^6$$
のApéry limit
$$\z(4)=\frac{13}{12}\p\K^\infty_{n=1}\frac{3n^8(9n^2-1)}
{3(2n+1)(3n^2+3n+1)(15n^2+15n+4)}$$
も同様に
第六回の記事
の例19として求めている。
💀その他4
NKSさんのツイート
にて見かけた数列
$$A_n=\sum^n_{k=0}(-1)^k4^{n-3k}\frac{(2n-2k)!}{(k!)^3(n-k)!(n-4k)!}$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-1)^j4^{k-3j}\frac{(2n-2j)!}{(j!)^2(n-k+j)!(n-j)!(k-4j)!}$$
とおくと、これは
\begin{align}
0
&=(4n-3k+1)(4n-3k+2)(4n-3k+3)(4n-3k+4)(4n-2k-1)A^{(k)}_{n+1}\\
&\qquad{}-8(4n-2k+1)(2(4n-1)(4n+3)(8n^2+4n+1)-k(512n^3-32(11k-13)n^2+16(6k^2-13k+4)n-7k^3+34k^2-27k-12))A^{(k)}_n\\
&\qquad{}+16(4n-2k+3)(4n-k-2)(4n-k-1)(4n-k)(4n-k+1)A^{(k)}_{n-1}
\end{align}
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
\begin{align}
\frac14\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac1{n^2}
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^2(2n-1)^2}{(2n+1)^2+4n^2}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-64n^2(2n-1)^2(4n-5)(4n-3)(4n-1)^2(4n+1)(4n+3)}{4(4n-1)(4n+1)(4n+3)(8n^2+4n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(4n-3k-3)(4n-3k-2)(4n-3k-1)(4n-3k)\\
&\qquad{}\times(4n-k-2)(4n-k-1)(4n-k)(4n-k+1)\\
&\qquad{}\times(4n-2k-5)(4n-2k+3)\\
a^{(k)}_{n+1}&=2(4n-2k+1)(2(4n-1)(4n+3)(8n^2+4n+1)-k(512n^3-32(11k-13)n^2+16(6k^2-13k+4)n-7k^3+34k^2-27k-12))\\
r^{(k)}_n&=-(4n-2k-5)(256n^4-384(k+1)n^3+128(k+1)^2n^2+24(k+1)^3n-13(k+1)^4\\
&\hspace{125mm}-16n^2+16(k+1)n+(k+1)^2)\\
R^{(k)}_n&=(4n-3k-2)(4n-3k-1)(4n-3k)\times(4n-k+1)\times(4n-2k+3)\\
d^{(k)}_n&=4(k+1)^2(4n-3k-2)(4n-3k-1)(4n-3k)\times(4n-k+1)\\
&\qquad\times(4n-2k-5)(4n-2k-1)(4n-2k+3)(4n-2k-3)\\
t^{(k)}_n&=\frac{(4n-3k-6)(4n-3k-5)(4n-3k-4)}{(4n-3k-2)(4n-3k-1)(4n-3k)\phantom{{}-4}}
\times\frac{4n-k-3}{4n-k+1}\times\frac{4n-2k-7}{4n-2k+3}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
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