# はじめに
　この記事では<a href="https://twitter.com/multiple_zeta">NKS</a>さんが<a href="https://twitter.com/multiple_zeta/status/1728650431549825363">予想した</a>等式
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{\binom{2n}n^2}{2^{4n}}e^{\frac{\pi in}3}
=e^{\frac{\pi i}{12}}\l(\frac{16}{27}\r)^{\frac14}\frac{\sqrt\pi}{\G(\frac23)\G(\frac56)}$$
について簡単に解説していきます。

# 補題
　以下$K$を楕円積分
$$K(k)=\int^1_0\frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}},\quad K'(k):=K(k')=K(\sqrt{1-k^2})$$
とし、$\t_2,\t_3,\t_4$をテータ関数
$$\t_2(\tau)=\sum^\infty_{n=-\infty}q^{\l(n+\frac12\r)^2},\quad
\t_3(\tau)=\sum^\infty_{n=-\infty}q^{n^2},\quad
\t_4(\tau)=\sum^\infty_{n=-\infty}(-1)^nq^{n^2}$$
とします($q=e^{\pi i\tau}$)。
&&&thm
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{\binom{2n}n^2}{2^{4n}}k^{2n}=\frac2\pi K(k)$$
&&&

&&&prf
　超幾何関数のオイラー積分表示などからわかる。
&&&

&&&thm
$$k=\frac{\t_2(\tau)^2}{\t_3(\tau)^2}$$
とおいたとき
$$K=\frac\pi2\t_3(\tau)^2,\quad k'=k\l(-\frac1\tau\r),\quad\tau=\frac{iK'}{K}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
　[この記事](https://mathlog.info/articles/3635)で示した。
&&&

&&&thm
　$\tau=\sqrt{-3}$において
$$k=\frac{\sqrt6-\sqrt2}4=\sin\frac\pi{12},\quad K=\frac{3^{\frac14}\G(\frac13)^3}{2^{\frac73}\pi}$$
が成り立つ。
&&&

&&&prf
$$k_3=\frac{\sqrt6-\sqrt2}4$$
については[この記事](https://mathlog.info/articles/3822)で
$$K(k_3)=\frac{3^{\frac14}\G(\frac13)^3}{2^{\frac73}\pi}$$
については[この記事](https://mathlog.info/articles/3995)で示した。
&&&

&&&thm
$$K(k)=\frac1{1+k}K\l(\frac{2\sqrt k}{1+k}\r),\quad K\l(\frac1k\r)=(1+\tau)kK(k)$$
&&&

&&&prf
　前者については[超幾何関数の変換公式](https://mathlog.info/articles/4108)や算術幾何平均の性質
\begin{alignat*}{3}
M(1+x,1-x)
&=M\l(\frac{(1+x)+(1-x)}2,\sqrt{(1-x)(1+x)}\r)&&=M(1,\sqrt{1-x^2})\\
&=(1+x)M\l(1,\frac{1-x}{1+x}\r)&&=(1+x)M\l(1,\sqrt{1-\frac{4x}{(1+x)^2}}\r)
\end{alignat*}
からわかる。
　後者についてはテータ関数の変換公式より
\begin{align*}
\t_3\l(\frac\tau{\tau+1}\r)^2
&=-i\l(-1-\frac1\tau\r)\t_3\l(-1-\frac1\tau\r)^2\\
&=i\l(1+\frac1\tau\r)\t_4\l(-\frac1\tau\r)^2\\
&=-i\tau\cdot i\l(1+\frac1\tau\r)\t_2(\tau)^2\\
&=(1+\tau)\frac{\t_2(\tau)^2}{\t_3(\tau)^2}\t_3(\tau)^2
\end{align*}
同様に
$$\t_2\l(\frac\tau{\tau+1}\r)^2=(1+\tau)\t_3(\tau)^2$$
が成り立つことに注意するとわかる。
&&&

# 証明

&&&thm
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{\binom{2n}n^2}{2^{4n}}e^{\frac{\pi in}3}
=e^{\frac{\pi i}{12}}\frac{3^{\frac14}\G(\frac13)^3}{2^{\frac43}\pi^2}$$
&&&

&&&prf
\begin{align*}
K(e^{\frac{\pi i}6})
&=\frac1{1+e^{\frac{\pi i}6}}K\l(\frac{2e^{\frac{\pi i}{12}}}{1+e^{\frac{\pi i}6}}\r)\\
&=\frac{e^{-\frac{\pi i}{12}}}{2\cos\frac\pi{12}}K\l(\frac1{\cos\frac\pi{12}}\r)\\
&=\frac{e^{-\frac{\pi i}{12}}}{2}\l(1-\frac1{\sqrt{-3}}\r)K'(k_3)
	&\bigg(k'&=k\l(-\frac1\tau\r)\bigg)\\
&=e^{-\frac{\pi i}{12}}\frac{\sqrt3+i}2K(k_3)&(K'&=-i\tau K)\\
&=e^{\frac{\pi i}{12}}\frac{3^{\frac14}\G(\frac13)^3}{2^{\frac73}\pi}
	&\bigg(e^{\frac{\pi i}6}&=\frac{\sqrt3+i}2\bigg)
\end{align*}
なので
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{\binom{2n}n^2}{2^{4n}}e^{\frac{\pi in}3}
=\frac2\pi K(e^{\frac{\pi i}6})
=e^{\frac{\pi i}{12}}\frac{3^{\frac14}\G(\frac13)^3}{2^{\frac43}\pi^2}$$
を得る。
&&&

# $\G$関数の変形について

&&&thm 倍数公式
$$\prod^{n-1}_{k=0}\G\l(z+\frac kn\r)=\frac{(2\pi)^{\frac{n-1}2}}{n^{nz-\frac12}}\G(nz)$$
&&&

&&&prf
　因数分解公式や[フーリエ級数展開](https://mathlog.info/articles/3934)からわかる。
&&&

&&&thm
$$\frac{3^{\frac14}\G(\frac13)^3}{2^{\frac43}\pi^2}
=\l(\frac{16}{27}\r)^{\frac14}\frac{\sqrt\pi}{\G(\frac23)\G(\frac56)}$$
&&&

&&&prf
　倍数公式の$z=1/3,n=2,3$の場合を考えることで
\begin{align*}
\G\l(\frac13\r)\G\l(\frac56\r)
&=\G\l(\frac13\r)\G\l(\frac13+\frac12\r)
=\frac{\sqrt{2\pi}}{2^{\frac23-\frac12}}\G\l(\frac23\r)\\
\G\l(\frac13\r)\G\l(\frac23\r)&=\frac{2\pi}{3^{1-\frac12}}
\end{align*}
がわかるので
$$\G\l(\frac13\r)^3\G\l(\frac23\r)\G\l(\frac56\r)
=2^{\frac13}\sqrt\pi\l(\frac{2\pi}{\sqrt3}\r)^2$$
つまり
$$\frac{3^{\frac14}\G(\frac13)^3}{2^{\frac43}\pi^2}
=\frac2{3^{\frac34}}\frac{\sqrt\pi}{\G(\frac23)\G(\frac56)}$$
を得る。
&&&






NKSさんの級数について

はじめに

補題

証明

$Γ$ 関数の変形について

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