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。
たまに計算例が増えることもあるかもしれません。
見出しについて
なお見出しについているマークについては
- ✅：Apéry limitが得られたもの
- 🤔：Apéry limitは得られなかったが、Cohenの データベース にはApéry limitが記載されているもの
- 💀：Apéry limitが存在しないもの
を意味しています。
ちなみに💀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。
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$\a$ | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^3$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom n{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac1{n^2}$$ |
| ✅ | Franel数1$\b$ | $$\sum^n_{k=0}(-4)^{n-k}\binom nk\binom{n+2k}{2k}\binom{2k}k$$ | $$\sum^k_{j=0}(-4)^{k-j}\binom kj\binom{n+2j}{2j}\binom{2j}j$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac{(1/2)^n}{n^2}$$ |
| ✅ | Franel数2 | $$\sum^n_{k=0}(-1)^{n-k}\binom nk\binom{n+k}k\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom nj\binom{n+j}j\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}$$ |
| 🤔 | Domb数 | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom{2n-2j}{n-j}\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac{4n-1}{n^3(2n-1)}$$ |
| ✅ | Zagier(その1)$\a$ | $$\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{2n-2j}{n-j}\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{(1)_n^3}{(\frac12)_n^3}\frac{4n-1}{n^3}$$ |
| ✅ | Zagier(その1)$\b$ | $$\sum^n_{k=0}4^{n-2k}\binom n{2k}\binom{2k}k^2$$ | $$\sum^k_{j=0}4^{k-2j}\binom k{2j}\binom{2j}j\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$ | $$\sum^\infty_{n=0}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac1{(2n+1)^2}$$ |
| 🤔 | 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$\a$ | $$\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}k\binom{2k}n$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{n+j}j\binom{2j}k$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}$$ |
| ✅ | その他1$\b$ | $$\sum^n_{k=0}(-1)^{n-k}\binom nk\binom{n+2k}{2k}\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom nj\binom{n+2j}{2j}\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac{(1/4)^n}{n^2}$$ |
| ✅ | その他2 | - | - | $$\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)^3}$$ |
| ✅ | その他3 | ？ | ？ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}$$ |
| 💀 | その他4 | $$\sum^n_{k=0}(-1)^k4^{n-3k}\frac{(2n-2k)!}{(k!)^3(n-k)!(n-4k)!}$$ | $$\sum^k_{j=0}(-1)^j4^{k-3j}\frac{(2n-2j)!}{(j!)^2(n-k+j)!(n-j)!(k-4j)!}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n^2}{(\frac12)_n^2}\frac1{n^2}$$ |
| ✅ | その他5$\a$ | $$\sum^n_{k=0}2^{2n-2k}\binom nk^2\binom{2k}k$$ | $$\sum^k_{j=0}2^{n+k-2j}\binom kj\binom nj\binom{2j}j$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}\frac1n$$ |
| ✅ | その他5$\b$ | $$\sum^n_{k=0}(-1)^{n-k}4^k\binom nk\binom{n+k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}4^j\binom nj\binom{n+j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n$$ |
| ✅ | その他6$\a$ | $$\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{n+k}k\binom{2n-k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}j\binom{n+k-j}{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}\frac1n$$ |
| ✅ | その他6$\b$ | $$\sum^n_{k=0}2^{n-2k}\binom{n-k}k\binom nk\binom{2n-k}{n-k}$$ | $$\sum^k_{j=0}2^{k-2j}\binom{k-j}j\binom n{k-j}\binom{n+k-j}{k-j}$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n$$ |
| ✅ | その他7 | - | $$\sum^k_{j=0}\frac{(n+\frac12)_j}{(\frac34)_j}\binom kj\binom nj$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}$$ |
| ✅ | その他8 | - | $$\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}4^j\frac{(\frac13)_j}{(1)_j}\binom j{k-j}\binom{n+j}j$$ | $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac16)_n}{(\frac12)_n}\farc1{3n-1}$$ |
Apéry limit一覧
\begin{alignat}{5} &&&&\text{収束速度}\\ \text{(Franel数1)}&\quad& \z(2)&=\frac42\p\K^\infty_{n=1}\frac{8n^2}{7n^2+7n+2}&(-8)^{-n}\\ \text{(Franel数2)}&\quad& 2\z(2)&=\frac51\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4(16n^2-1)}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}&(-4)^{-n}\\ \text{(Domb数)}&\quad& \frac72\z(3)&\overset🤔=\frac62\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^6}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}&4^{-n}\\ \text{(Zagier1)}&\quad& 2\b(2)&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^4}{3n^2+3n+1}&2^{-n}\\ \text{(Zagier2)}&\quad& L(\chi_{-3},2)&\overset🤔=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-9n^4}{10n^2+10n+3}&9^{-n}\\ \text{(Zagier3)}&\quad& 💀&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-3n^4}{3n^2+3n+1}&💀\\ \text{(Almkvist-Zudilin数)}&\quad& 💀&=\frac13\p\K^\infty_{n=1}\frac{-81n^6}{(2n+1)(7n^2+7n+3)}&💀\\ \text{(その他1)}&\quad& \z(2)&=\frac74\p\K^\infty_{n=1}\frac{3n^4(9n^2-1)}{(2n+1)(13n^2+13n+4)}&(-27)^{-n}\\ \text{(その他2)}&\quad& \frac78\z(3)&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}&(\sqrt2+1)^{-4n}\\ \text{(その他3)}&\quad& \z(3)&=\frac76\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^6(16n^2-1)}{65n^4+130n^3+105n^2+40n+6}&64^{-n}\\ \text{(その他4)}&\quad& 💀&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-3n^4(9n^2-1)}{(2n+1)(5n^2+5n+2)}&💀\\ \text{(その他5)}&\quad& 2\log2&=\frac33\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2(16n^2-1)}{10n^2+10n+3}&4^{-n}\\ \text{(その他6)}&\quad& \log2&=\frac58\p\K^\infty_{n=1}\frac{-6n^2(9n^2-1)}{29n^2+29n+8}&(27/2)^{-n}\\ \text{(その他7)}&\quad&\frac{\log{}(\sqrt2+1)}{\sqrt2} &=\frac1{11}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-16n^2(16n^2-1)}{32n^2+32n+11}\\ \text{(その他8)}&\quad& \log2&=\frac38\p\K^\infty_{n=1}\frac{-18n^2(9n^2-1)}{27n^2+27n+8}&2^{-n} \end{alignat}
✅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
$$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom n{k-j}
=\sum^k_{j=0}\binom{2j}k\binom kj\binom nj
=\sum^k_{j=0}2^{k-2j}\binom{k-j}j\binom kj\binom{n+j}k$$
が成り立つこともわかった。
別解
また
NKSさんの記事
にて見かけた表示
$$A_n=\sum^n_{k=0}(-4)^{n-k}\binom nk\binom{n+2k}{2k}\binom{2k}k$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-4)^{k-j}\binom kj\binom{n+2j}{2j}\binom{2j}j$$
とおいたとき、これは
$$(n+1)(2n-2k+1)A^{(k)}_{n+1}-(3n^2+3n+1)A^{(k)}_n+n^2A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすことがわかった。
\begin{align}
\frac{\pi^2}8
&=2(\arcsin\tfrac1{\sqrt 2})^2\\
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac{(1/2)^n}{n^2}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^3(2n-1)}{(n+1)(2n+1)+n^2}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^3(2n-2k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=3n^2+3n+1\\
r^{(k)}_n&=-n^2+2(k+1)n-4(k+1)^2\\
R^{(k)}_n&=(2n-2k-1)(n+2k+2)\\
d^{(k)}_n&=-8(k+1)^3(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}
\frac{\pi^2}8
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^3}{3n}\p\frac{8n^3}{3n+1}\r)\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^2}3\p\frac{8n^2}{3n+1}\r)\\
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2\c8n^2}{-(n+1)^2+3(3n+1)+8n^2}\\
&=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{8n^4}{7n^2+7n+2}
\end{align}
を得る。
✅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次のような結果が得られた。
\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^4(2n+2k+1)(2n-2k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2n+1)(2n^2+2n+1)\\
r^{(k)}_n&=-(2n+2k+1)(n^2-2(k+1)n+2(k+1)^2)\\
R^{(k)}_n&=(2n-2k-1)(n^2+2(k+1)n+2(k+1)^2)\\
d^{(k)}_n&=-4(k+1)^4(2n+2k+1)(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、そのApéry変換は
\begin{align}
\z(2)
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^4(4n-1)}{5n^2}\p\frac{4n^4(4n+1)}{5n^2+4n+1}\r)\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{-n^2(4n-1)}5\p\frac{4n^2(4n+1)}{5n^2+4n+1}\r)\\
&=\frac52\p\K^\infty_{n=1}
\frac{n^2(4n-1)\c 4n^2(4n+1)}{-(n+1)^2(4n+3)+5(5n^2+4n+1)+4n^2(4n+1)}\\
&=\frac{5/2}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4(16n^2-1)}{(2n+1)(3n^2+3n+1)}
\end{align}
と求まる。
またこれに関する漸化式
$$(n+1)^2(2n-2k+1)A^{(k)}_{n+1}
-(2n+1)(2n^2+2n+1)A^{(k)}_n
+n^2(2n+2k+1)A^{(k)}_{n-1}=0$$
は
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom nj\binom{n+j}j\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$
と解けるため、このことから以下の事実が得られる。
$$\sum^n_{k=0}\binom nk^4 =\sum^n_{k=0}(-1)^{n-k}\binom nk\binom{n+k}k\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$$
🤔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)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=(2n-3k-2)(2n-3k-4)\c-n^2(2n-k)^2(2n-k-1)^2(2n-2k-1)^2(4n-2k-5)(4n-2k+3)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2n-3k-2)\c(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&=\frac{2n-3k-7}{2n-3k-4}\c\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}
\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
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
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。
また$k=0$に対応する級数はカタラン数
$$\b(2)=\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}$$
に収束するらしい。
\begin{align}
2\b(2)
&=\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)}
\end{align}
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}
2\b(2)&=\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。
別解
また$A_n$の別表示
$$A_n=\sum^n_{k=0}4^{n-2k}\binom n{2k}\binom{2k}k^2$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}4^{k-2j}\binom k{2j}\binom{2j}j\binom{2n-2k+2j}{n-k+j}$$
とおくと、これは
$$(2n-k+1)(2n-k+2)A^{(k)}_{n+1}-4(8n^2-2(6k-1)n+5k^2-k+1)A^{(k)}_n+16(2n-2k-1)^2A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすこともわかった。
\begin{align}
2\b(2)
&=\sum^\infty_{n=0}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac1{(2n+1)^2}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n(2n-1)^3}{(2n+1)^2+2n(2n-1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=(2n-3k-2)(2n-3k-4)\c-(2n-k)(2n-k-1)(2n-2k-1)^2\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2n-3k-2)\c(8n^2-2(6k-1)n+5k^2-k+1)\\
r^{(k)}_n&=-8n^3+28(k+1)n^2-30(k+1)^2n+11(k+1)^3+(2n-k-1)\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(2n-2k-1)^2\\
d^{(k)}_n&=2(k+1)^3(2n-k)(2n-2k-1)^2\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-3k-7}{2n-3k-4}\c\frac{2n-k-2}{2n-k}\c\l(\frac{2n-2k-3}{2n-2k-1}\r)^2
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
🤔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。
ついでに
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{n+j}k\binom{n+k-j}{k-j}$$
が成り立つこともわかった。
別解
第9-4回の記事
にも書いたように
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac3{n^2\binom{2n}n}
=\frac32\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{2(n+1)(2n+1)+n^2}$$
に対し低速Apéry変換を考えることで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
$$\z(2)=\frac74\p\K^\infty_{n=1}\frac{3n^2(9n^2-1)}{(2n+1)(13n^2+13n+4)}$$
を得る。
ちなみにその変換に対応する数列は
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom nj\binom{n+2j}{2j}\binom{2j}j\binom{2k-2j}{k-j}$$
と求まることもわかったので、これによって次のような事実が得られる。
\begin{align} &\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}k\binom{2k}n\\ ={}&\sum^n_{k=0}(-1)^{n-k}\binom nk\binom{n+2k}{2k}\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k} \end{align}
✅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。
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
第9-1回の記事
の$\log(1-t)$に関する特殊な低速Apéry変換の項にも追記したように、より一般に
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{2k}n\l(\frac{1-t}t\r)^k\quad(-1\leq t<1)$$
という数列に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^n_{j=0}\binom nj\binom{2j}k\l(\frac{1-t}t\r)^j$$
とおくことで
\begin{align}
\frac1{2t}\sum^\infty_{n=1}\frac{(1)_n}{(\frac12)_n}\frac{t^n}n
&=\l\{\begin{array}{lrl}
\dis\frac{\arctan\sqrt{\frac t{1-t}}}{\sqrt{t(1-t)}}&(0< t<1)\\
\dis\frac{\log{}(\sqrt{1-t}+\sqrt{-t})}{\sqrt{-t(1-t)}}&(-1\leq t<0)
\end{array}\r.\\
&=\frac1{1-t}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2t(1-t)}{(1-t)(2n+1)}
\end{align}
というApéry limitが得られることもわかった。
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。
またそのApéry双対に関する漸化式
$$(n+1)^3(2n-2k+1)B^{(k)}_{n+1}-((2n+1)^2(n^2+n+1)-k(k+1)(4n^2+4n+k^2+k+2)/2)B^{(k)}_n+n^3(2n+2k+1)B^{(k)}_{n-1}=0$$
は$n$についての$k$次多項式解を持ち、具体的には
$$B^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}c_{k,j}\binom kj\binom{n+j}k$$
と展開したときその係数は
\begin{align}
\{c_{0,j}\}&=\{1\}\\
\{c_{1,j}\}&=2\c\{1,1\}\\
\{c_{2,j}\}&=2\c\{3,7,3\}\\
\{c_{3,j}\}&=4\c\{5,21,21,5\}\\
\{c_{4,j}\}&=2\c\{35,230,393,230,35\}\\
\{c_{5,j}\}&=4\c\{63,595,1515,1515,595,63\}
\end{align}
と求まるようだ。
余談
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さんの記事
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。
✅その他5
NKSさんの記事
にて見かけた数列
$$A_n=\sum^n_{k=0}4^{n-k}\binom nk^2\binom{2k}k$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}2^{n+k-2j}\binom kj\binom nj\binom{2j}j$$
とおくと、これは
$$(n+1)^2A^{(k)}_{n+1}-(4n^2+5n+2+k(2n+1))A^{(k)}_n+2n(2n+2k+1)A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすことがわかった。
また
$$-2\log\frac{1+\sqrt{1-x}}2=\sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}\frac{x^n}n$$
に注意すると次のような結果が得られた。
\begin{align}
2\log2
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}\frac1n\\
&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n+1)}{2(n+1)^2+n(2n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-2n^3(2n+2k+1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=4n^2+5n+2+k(2n+1)\\
r^{(k)}_n&=-(n-k-1)(2n+2k+1)\\
R^{(k)}_n&=2n^2+2(k+1)n+2(k+1)^2\\
d^{(k)}_n&=2(k+1)^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
$$2\log2=\sum^k_{l=1}\frac{(\frac12)_l}{(1)_l}\frac1l
+\frac{2(\frac12)_{k+1}/(1)_k}{k+2}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n+2k+1)}{4n^2+5n+2+k(2n+1)}$$
や
\begin{align}
2\log2
&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-2n^3(4n-1)}{6n^2}\p\frac{-2n^3(4n+1)}{2(3n^2+3n+1)}\r)\\
&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-n(4n-1)}3\p\frac{-n(4n+1)}{2(3n^2+3n+1)}\r)\\
&=\frac33\p\K^\infty_{n=1}\frac{n(4n-1)\c-n(4n+1)}{-(n+1)(4n+3)+6(3n^2+3n+1)-n(4n+1)}\\
&=\frac33\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2(16n^2-1)}{10n^2+10n+3}
\end{align}
を得る。
ついでにこの反復Bauer-Muir変換の分子に対応する数列は
$$B^{(k)}_n
=\sum^k_{j=0}2^{n+k-2j}\binom kj\binom nj\binom{2j}j
\l(\sum^n_{m=1}\frac{(\frac12)_m}{(1)_m}\frac1m
-\sum^j_{i=1}(-1)^i\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_n}\frac{4^i}{i^2\binom ni\binom{2i}i}\r)$$
と求まることもわかった(ただし例の如く$i> n$においては
$$\frac{\binom nj}{\binom ni}=\frac{\binom{n-i}{j-i}}{\binom ji}$$
と計算する必要がある)。対応するWZ-pairは
\begin{align}
F(n,j)&=(-1)^j\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_n}\frac{4^j}{j^2\binom nj\binom{2j}j}\\
G(n,j)&=(-1)^j\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_{n+1}}\frac{4^{j-1}}{j\binom{n+1}j\binom{2j-2}{j-1}}
\end{align}
である。
ちなみにApéry双対に関する対称性から$B^{(k)}_n=B^{(n)}_k$が成り立つこともわかる。
別解
第9-4回の記事
にも書いたように
$$\log2=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n
=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}1$$
に対し低速Apéry変換を考えることで次のような結果が得られた。
$$\log2=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(2n-1)(2n+1)}{2n+1}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=n^2(2n-2k-1)(2n+2k+1)\\
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&=-4(k+1)^2(2n-2k-1)(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
$$2\log2=\frac33\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2(16n^2-1)}{10n^2+10n+3}$$
を得る。
またこの分子・分母に対応する数列は
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}4^j\binom nj\binom{n+j}j\binom{2k-2j}{k-j}\\
B^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}4^j\binom nj\binom{n+j}j\binom{2k-2j}{k-j}
\l(2\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}m
-2(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)
\end{align}
と求まるため、このことから以下の事実が得られる。
\begin{align*} &\sum^n_{k=0}4^{n-k}\binom nk^2\binom{2k}k\\ ={}&\sum^n_{k=0}(-1)^{n-k}4^k\binom nk\binom{n+k}k\binom{2n-2k}{n-k}\\ \\ &\sum^n_{k=0}4^{n-k}\binom nk^2\binom{2k}k \l(\sum^n_{m=1}\frac{(\frac12)_m}{(1)_m}\frac1m -\sum^k_{l=1}(-1)^l\frac{(\frac12)_{n+1}}{(1)_n}\frac{4^l}{l^2\binom nl\binom{2l}l}\r)\\ ={}&\sum^n_{k=0}(-1)^{n-k}4^k\binom nk\binom{n+k}k\binom{2n-2k}{n-k} \l(2\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}m -2(2n+1)\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^{n+l}}{4^l}\frac{\binom{2l-2}{l-1}}{2l^2\binom nl\binom{n+l}l}\r) \end{align*}
✅その他6
NKSさんの記事
にて見かけた数列
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{n+k}k\binom{2n-k}{n-k}$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}j\binom{n+k-j}{k-j}$$
とおくと、これは
$$4(n+1)^2A^{(k)}_{n+1}-(8n^2+2(2k+5)n+k^2+3k+4)A^{(k)}_n+(2n+k)(2n+k+1)A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすことがわかった。
\begin{align}
2\log2
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}\frac1n\\
&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n+1)}{2(n+1)^2+n(2n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-n^2(2n+k)(2n+k+1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=4n^2+(2k+5)n+(k+1)(k+2)/2+1\\
r^{(k)}_n&=-(2n+k)(2n-k-1)/2\\
R^{(k)}_n&=2n^2+2(k+1)n+(k+1)^2\\
d^{(k)}_n&=(k+1)^3(2n+k)/2
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、これによって
$$\log2=\sum^k_{l=1}\frac1{l2^l}
+\frac{(k+1)/2^{k+1}}{(k+1)(k+2)/2+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2(2n+k)(2n+k+1)}{4n^2+(2k+5)n+(k+1)(k+2)/2+1}$$
や
\begin{align}
2\log2
&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-3n^3(3n-1)}{5n^2}\p\frac{-n^3(3n+1)/2}{5n^2+6n+2}\r)\\
&=\frac12\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{-6n(3n-1)}{10}\p\frac{-n(3n+1)}{5n^2+6n+2}\r)\\
&=\frac{10}8\p\K^\infty_{n=1}\frac{6n(3n-1)\c-n(3n+1)}{-6(n+1)(3n+2)+10(5n^2+6n+2)-n(3n+1)}\\
\log2
&=\frac58\p\K^\infty_{n=1}\frac{-6n^2(9n^2-1)}{29n^2+29n+8}
\end{align}
を得る。
ついでに
\begin{align}
A^{(k)}_n
&=\sum^k_{j=0}2^{k-2j}\binom{k-j}j\binom nj\binom{n+k-j}{k-j}\\
&=\sum^k_{j=0}(-1)^j\binom{k-j}j\binom{2k-2j}{k-j}\binom{n+k-j}{k-j}
\end{align}
が成り立つこともわかった。
ちなみにこれは
第六回の記事
の例21のApéry双対となっており、実際$n$と$k$を入れ替えた数列
$$B^{(k)}_n=\sum^n_{j=0}\binom nj\binom{k+j}j\binom{n+k-j}{n-j}$$
は
$$(n+1)^2B^{(k)}_{n+1}-(3n^2+n+2(k+1)(2n+1))B^{(k)}_n+2n(n+2k+1)B^{(k)}_{n-1}=0$$
を満たすことがわかる。
別解
また
$$A_n=\sum^n_{k=0}2^{n-2k}\binom{n-k}k\binom nk\binom{2n-k}{n-k}$$
という表示に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}2^{k-2j}\binom{k-j}j\binom n{k-j}\binom{n+k-j}{k-j}$$
とおいたとき、これは
$$(2n-k+1)(2n-k+2)A^{(k)}_{n+1}-2(2k+1)(2n+1)A^{(k)}_n+(2n+k)(2n+k+1)A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすこともわかった。
\begin{align}
\log2
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}1\\
&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}\frac{4n^2(4n^2-1)}{2(2n+1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-(2n+k)(2n+k+1)(2n-k)(2n-k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=2(2k+1)(2n+1)\\
r^{(k)}_n&=(2n+k)(2n-3k-3)\\
R^{(k)}_n&=(2n-k)(2n+3k+3)\\
d^{(k)}_n&=-8(k+1)^2(2n+k)(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}
\log2
&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{3n^2(n+1)(3n-1)}{5n(n+1)}\p\frac{8n^2(n+1)(3n+1)}{(n+1)(5n+2)}\r)\\
&=\frac22\p\K^\infty_{n=1}
\l(\frac{3n(3n-1)}5\p\frac{8n(3n+1)}{(n+1)(5n+2)}\r)\\
&=\frac{10}{16}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-3n(3n-1)\c8n(3n+1)}{3(n+1)(3n+2)+5(n+1)(5n+2)+8n(3n+1)}\\
&=\frac58\p\K^\infty_{n=1}\frac{-6n^2(9n^2-1)}{29n^2+29n+8}
\end{align}
を得る。
✅その他7
NKSさんの記事
にて見かけた漸化式
$$(n+1)^2A_{n+1}-4(32n^2+32n+11)A_n+256(16n^2-1)A_{n-1}=0$$
について、
データベース
における記述から次のような結果が得られた。
\begin{align}
\frac{\log{}(\sqrt2+1)}{\sqrt2}
&=2\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(4n+1)(4n+3)}\\
&=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{(4n-3)^2(4n-1)^2}{(4n+1)(4n+3)-(4n-1)(4n-3)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=(4n-3)^2(4n-1)^2\\
a^{(k)}_{n+1}&=32(2k+1)n\\
r^{(k)}_n&=16n^2-16(2k+3)n+32k^2+80k+51\\
R^{(k)}_n&=16n^2+16(2k+1)n+32k^2+48k+19\\
d^{(k)}_n&=64(k+1)^2(4k+3)(4k+5)
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、そのApéry双対は
$$\frac{\log{}(\sqrt2+1)}{\sqrt2}
=\frac1{11}\p\K^\infty_{k=1}\frac{-16k^2(16k^2-1)}{32k^2+32k+11}$$
と求まる。
ここで
第八回の記事
の手法を用いて上の数列$A_n$の明示形について考えたい。
それには上の$n$を$1/4$だけズラすことで得られる次の結果が有用である。
\begin{align}
\frac\pi2-\ln2
&=\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(n+1)(2n+1)}\\
&=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(2n-1)^2}{(n+1)(2n+1)-n(2n-1)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=n^2(2n-1)^2\\
a^{(k)}_{n+1}&=(2k+1)(4n+1)\\
r^{(k)}_n&=2n^2-(4k+5)n+(k+1)(4k+5)\\
R^{(k)}_n&=2n^2+(4k+3)n+(k+1)(4k+3)\\
d^{(k)}_n&=(k+1)^2(4k+3)(4k+5)
\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\pi2-\ln2
&=\sum^k_{l=1}\frac{(\frac14)_l}{(\frac34)_l}\frac1l+\frac{(\frac54)_k/(\frac34)_k}{2k+1}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2(2n-1)^2}{(2k+1)(4n+1)}\\
&=\sum^{n-1}_{m=0}\frac{(-1)^m}{(m+1)(2m+1)}
+\frac{(-1)^n}{4n^2+2n+3}\p\K^\infty_{k=1}\frac{-k^2(16k^2-1)}{8k^2+8k+4n^2+2n+3}
\end{align}
などが得られる。
いまこのことから
$$(n+1)(4n+3)A^{(k)}_{n+1}-(8n^2+8n+3+2k(2k+1))A^{(k)}_n+n(4n+1)A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式は$n$についての$k$次多項式を解に持つことがわかり、実際
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\frac{(k+\frac12)_j}{(\frac34)_j}\binom kj\binom nj$$
と解くことができた。
そして$k=-1/4$とすることで
$$(n+1)(4n+3)A^{(-1/4)}_{n+1}-\frac{32n^2+32n+11}4A^{(-1/4)}_n+n(4n+1)A^{(-1/4)}_{n-1}=0$$
が成り立つので
\begin{align}
A_n
&=4^{3n}\frac{(\frac34)_n}{(1)_n}A^{(-1/4)}_n\\
&=4^{3n}\frac{(\frac34)_n}{(1)_n}
\sum^n_{j=0}(-1)^j\frac{(\frac14)_j^2}{(1)_j(\frac34)_j}\binom nj
\end{align}
とおくことで所望の漸化式
$$(n+1)^2A_{n+1}-4(32n^2+32n+11)A_n+256(16n^2-1)A_{n-1}=0$$
を得る。
✅その他8
NKSさんの記事
にて見かけた漸化式
$$(n+1)^2A_{n+1}-3(27n^2+27n+8)A_n+162(9n^2-1)A_{n-1}=0$$
について、
データベース
における記述から次のような結果が得られた。
\begin{align}
\log2
&=\frac32\sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac16)_n}{(\frac12)_n}\frac1{3n-1}\\
&=\frac{3/2}6\p\K^\infty_{n=1}\frac{-3(2n-1)(3n-1)^2(6n+1)}{3(2n+1)(3n+2)+(6n+1)(3n-1)}\\
&=\frac3{12}\p\K^\infty_{n=1}\frac{-6(2n-1)(3n-1)(6n-2)(6n+1)}{2(36n^2+18n+5)}
\end{align}
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-6(2n-1)(3n-1)(6n+3k-2)(6n+3k+1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=72n^2+36(k+1)n+9k^2+9k+10\\
r^{(k)}_n&=-(6n+3k-2)(6n-3k-5)\\
R^{(k)}_n&=6(6n^2+(6k+1)n+3k^2+3k+1)\\
d^{(k)}_n&=18(k+1)^2(3k+2)(6n+3k-2)
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成でき、そのApéry双対は
$$\log2=\frac38\p\K^\infty_{k=1}\frac{-18k^2(9k^2-1)}{27k^2+27k+8}$$
と求まる。
いまこれに関する漸化式
$$6(2n+1)(3n+2)u^{(k)}_{n+1}
-(72n^2+36(k+1)n+9k^2+9k+10)u^{(k)}_n
+(6n+3k-2)(6n+3k+1)u^{(k)}_{n-1}=0$$
に対し$v^{(k)}_n=u^{(k)}_{n+1/3}$とおいたとき
$$2(n+1)(6n+5)(v^{(k)}_{n+1}-v^{(k)}_n)
-3(2n+k)(2n+k+1)(v^{(k)}_n-v^{(k)}_{n-1})
-4kv^{(k)}_n
=0$$
が成り立ち、これは
$$v^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}4^j\frac{(\frac13)_j}{(1)_j}\binom j{k-j}\binom{n+j}j$$
と解けることがわかった。
これによって
\begin{align}
A_n
&=27^nv^{(n)}_{-1/3}\\
&=27^n\sum^n_{j=0}(-1)^{n-j}4^j\frac{(\frac13)_j(\frac23)_j}{(1)_j^2}\binom j{n-j}\\
&=\sum^n_{j=0}(-27)^{n-j}4^j\frac{(3j)!}{(j!)^3}\binom j{n-j}\\
\end{align}
とおくことで所望の漸化式
$$(n+1)^2A_{n+1}-3(27n^2+27n+8)A_n+162(9n^2-1)A_{n-1}=0$$
が得られることがわかる。
余談：Apéry-mateについて
ところで
第八回の記事
の結果を踏まえると、上のような数列たち
$$A^{(k)}_n=\sum^n_{j=0}a(n,k,j)$$
に対しあるWZ-formのポテンシャル
$$c(n,j)=\sum^n_{m=1}G(m-1,1)+\sum^j_{i=1}F(n,i)$$
であって
$$B^{(k)}_n=\sum^n_{j=0}a(n,k,j)c(n,j)$$
が$A^{(k)}_n$と同じ漸化式を満たすようなもの(この$B^{(k)}_n$を個人的にApéry-mateと呼んでいる)が存在するかどうかについても関心が高い。
ただ個人的な結果としては第九回の記事から得られるもの以外のApéry-mateは未だに得られていない。
注意点
ちなみにApéry-mateを考えるにあたって次の二つのポテンシャル$c(k,j)$には注意する必要がある。
$$F(k,j)=\frac{2^k}{j\binom kj},\quad G(k,j)=-\frac{2^k}{j\binom{k+1}j}$$
というWZ-pairのポテンシャル
$$c_1(k,j)=\sum^k_{l=1}\frac{2^{l-1}}l-\sum^j_{i=1}\frac{2^k}{i\binom ki}$$
について
$$c_1(k,j)+c_1(k,k-j)=0$$
が成り立つ。
$$F(k,j)=(k+1)\frac{\binom{2k+2}{k+1}}{j^2\binom kj^2},\quad
G(k,j)=-(3k-2j+5)\frac{\binom{2k+2}{k+1}}{j^2\binom{k+1}j^2}$$
というWZ-pairのポテンシャル
$$c_2(k,j)
=\sum^k_{l=1}\frac{\binom{2l}l}l-\sum^j_{i=1}(k+1)\frac{\binom{2k+2}{k+1}}{i^2\binom ki^2}$$
に対し
$$c_2(k,j)+c_2(k,k-j)=-4\sum^k_{l=1}\frac{\binom{2l}l}l$$
が成り立つ。
まだちゃんと証明はしていない(面倒そうなので)が、これが正しければ
$$a(n,k,j)=a(n,k,k-j)$$
という対象性を持つ数列に対し
\begin{align}
\sum^k_{j=0}a(n,k,j)c_1(k,j)&=0\\
\sum^k_{j=0}a(n,k,j)c_2(k,j)&=-2\l(\sum^k_{l=1}\frac{\binom{2l}l}l\r)\sum^k_{j=0}a(n,k,j)
\end{align}
が成り立つこととなる。
おまけ：失敗例
ちなみにApéry limitを求めたい数列$A_n$に対しいい感じの$A^{(k)}_n$を見つけても、対応する反復Bauer-Muir変換が減速を引き起こすものであることや、$k=0$に対応する級数が発散級数であることがある。その場合はApéry変換によってApéry limitを求めることはできないわけだが、何かの役に立つかもしれないのでそんな失敗例をここにまとめておこうと思う。
Franel数1
NKSさんの記事
にて見かけたFranel数の別表示
$$A_n=\sum^n_{k=0}2^{n-2k}\binom{n-k}k\binom nk\binom{n+k}k$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}2^{k-2j}\binom{k-j}j\binom kj\binom{n+j}j$$
とおいたとき、これは
$$(n+1)(2n-2k+1)A^{(k)}_{n+1}-(4n^2-(2k-3)n-k(k+3)/2+1)A^{(k)}_n+2n^2A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすことがわかった。
$$\frac{\pi^2}4
=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-2n^3(2n-1)}{(n+1)(2n+1)+2n^2}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=-2n^3(2n-2k-1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=4n^2-(2k-3)n-\frac{k(k+3)}2+1\\
r^{(k)}_n&=-2n^2+(k+1)n-(k+1)^2/2\\
R^{(k)}_n&=(2n-2k-1)(2n+k+1)/2\\
d^{(k)}_n&=-(k+1)^3(2n-2k-1)/4\\
t^{(k)}_n&=\frac{2n-2k-3}{2n-2k-1}
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
Franel数2
Franel数の類似
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^4$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom nj\binom n{k-j}$$
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}
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}\\
&=\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。
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変換が構成できる。
その他1
NKSさんの記事
にて見かけたその他1の数列の別表示
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}k\binom{2n-k}n$$
に対し
$$A^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom nj\binom{n+j}j\binom{n+k-j}k$$
とおいたとき、これは
$$(n+1)^3A^{(k)}_{n+1}+(3n^3-n^2-3n-1-k(11n^2+11n+3))A^{(k)}_n-n(2n+k)(2n+k+1)A^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすことがわかった。
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(\frac12)_n}{(1)_n}\frac{(-4)^n}{n^2}
=\frac{-2}1\p\K^\infty_{n=1}\frac{2n^5(2n+1)}{(n+1)^3-2n^2(2n+1)}$$
に対し
\begin{align}
b^{(k)}_{n+1}&=n^4(2n+k)(2n+k+1)\\
a^{(k)}_{n+1}&=(n+1)^3-2n^2(2n+1)+k(11n^2+11n+3)\\
r^{(k)}_n&=(2n+k)(2n^2-5(k+1)n+5(k+1)^2)\\
R^{(k)}_n&=n^3+3(k+1)n^2+5(k+1)^2n+5(k+1)^3\\
d^{(k)}_n&=25(k+1)^5(2n+k)
\end{align}
という反復Bauer-Muir変換が構成できる。
その他2
その他2の数列
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{2k}n^2$$
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。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&=-(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。
その他3
その他3の数列
$$A_n=\sum^n_{k=0}\binom nk^4\frac{(n+2k)!(3n-2k)!}{(n!)^2(2n)!}$$
に対し
$$A_n^{(k)}=\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom nj\binom n{k-j}\frac{(n+2j)!(n+2(k-j))!}{(k!)^2(n+k)!}$$
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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