((1/2)_n(1/2)_m/(n+m-1)!)^2が含まれる級数

$k_1,\ldots,k_{r},l_1,\ldots,l_s$は正の整数であることに注意します。
\begin{align} Z(\boldsymbol{k}|\boldsymbol{l}) &=\sum_{\substack{0< n_1<\cdots< n_r\\0< m_1<\cdots< m_s}}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r-\frac{1}{2})^{k_r}}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^{l_1}\cdots(m_s-\frac{1}{2})^{l_s}}C(n_r,m_s)\\ &\leq\sum_{\substack{0< n_1<\cdots< n_r\\0< m_1<\cdots< m_s}}\frac{1}{(n_1-\frac{1}{2})\cdots(n_r-\frac{1}{2})}\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})\cdots(m_s-\frac{1}{2})}C(n_r,m_s)\\ &\leq\sum_{0< n_r,m_s}\frac{1}{(n_r-\frac{1}{2})(m_s-\frac{1}{2})}C(n_r,m_s)\left(\sum_{0< n< n_r}\frac{1}{n-\frac{1}{2}}\right)^{r-1}\left(\sum_{0< m< m_s}\frac{1}{m-\frac{1}{2}}\right)^{s-1}\\ &\leq 2^{r+s}\sum_{0< n_r,m_s}\frac{1}{n_rm_s}C(n_r,m_s)\left(\sum_{0< n< n_r}\frac{1}{n}\right)^{r-1}\left(\sum_{0< m< m_s}\frac{1}{m}\right)^{s-1}\\ &=2^{r+s}\sum_{0< n_r,m_s}\frac{(n_r+m_s)^2}{n_rm_s}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^2\binom{2m_s}{m_s}^2}{2^{4n_r+4m_s}}\left(\frac{n_r!m_s!}{(n_r+m_s)!}\right)^2\left(\sum_{0< n< n_r}\frac{1}{n}\right)^{r-1}\left(\sum_{0< m< m_s}\frac{1}{m}\right)^{s-1}\\ \end{align}
ここで、
$$\left(\frac{n_r!m_s!}{(n_r+m_s)!}\right)^2\leq \frac{1}{n^2_rm^2_s}$$
となることと、ある正の実数$C_1,C_2$が存在して$$ \frac{\binom{2n_r}{n_r}}{2^{2n_r}}\leq \frac{C_1}{\sqrt{n_r}}\text{かつ}\sum_{0< n< n_r}\frac{1}{n}\leq C_2\log(n_r) $$
となることに注意すると上の式は
\begin{align} &\leq 2^{r+s}C^4_1C^{r+s-2}_2\sum_{0< n_r,m_s}\frac{(n_r+m_s)^2\log^{r-1}(n_r)\log^{s-1}(m_s)}{n^4_rm^4_s}\\ &\leq 2^{r+s}C^4_1C^{r+s-2}_2\sum_{2\leq n_r,m_s}\frac{(n_rm_s)^2\log^{r-1}(n_r)\log^{s-1}(m_s)}{n^4_rm^4_s}\\ &\leq 2^{r+s}C^4_1C^{r+s-2}_2\sum_{2\leq n_r,m_s}\frac{\log^{r-1}(n_r)\log^{s-1}(m_s)}{n^2_rm^2_s}\\ \end{align}
と評価できる。最後に$M=\max\lbrace r-1,s-1\rbrace$とおけば、ある正の実数$C_3$とある正の整数$N(\geq 3)$が存在して$n\geq N$を満たす任意の正の整数$n$に対して、$\log(n)\leq C_3 n^{\frac{1}{2M}}$とできる。したがって、
\begin{align} &\leq \text{(有限和)}+2^{r+s}C^4_1C^{r+s-2}_2C^{r+s-2}_3\sum_{N\leq n_r,m_s}\frac{1}{n_r\sqrt{n_r}}\frac{1}{m_s\sqrt{m_s}}\\ \end{align}
となるが、最後の和が収束することから示された$\blacksquare$

\begin{align} C(n-1,m)-C(n,m) &=C(n,m)\left(\frac{(n+m-1)^2}{(n-\frac{1}{2})^2}-1\right)\\ &=C(n,m)\left(\frac{(m-\frac{1}{2})^2+2(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})}{(n-\frac{1}{2})^2}\right)\\ \end{align}
したがって両辺$n_0< n$の範囲で和を取って$(m-\frac{1}{2})^2$で割ると
$$\frac{1}{(m-\frac{1}{2})^2}C(n_0,m)=\sum_{n_0< n}\left(\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2}+\frac{2}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})}\right)C(n,m) $$
となる$\blacksquare$

$Z(\boldsymbol{k}|\boldsymbol{l})=Z(\boldsymbol{l}|\boldsymbol{k}) $なので片方のみ示せばよいが、これは上の命題2よりすぐに分かる$\blacksquare$

命題4の2つ目の積分表示と$\tau_0(z)=\sum_{0< n}z^{n-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{z}}{1-z}$に注意すると
\begin{align} Z(1|1) &=\frac{1}{\pi^2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{xy}\sqrt{(1-x)(1-y)}}{(1-xy)(1-(1-x)(1-y))x(1-y)}dxdy\\ &=\frac{1}{\pi^2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{y(1-x)}}{(1-xy)(1-(1-x)(1-y))\sqrt{x(1-y)}}dxdy\\ &=\frac{1}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{\sqrt{\frac{v}{u}}}{(1+u+v)(uv+u+v)}dudv\quad\left(x=\frac{u}{1+u},y=\frac{v}{1+v}\right)\\ &=\frac{1}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{v}{\sqrt{uv}(1+u+v)(uv+u+v)}dudv\\ &=\frac{1}{2\pi^2}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{u+v}{\sqrt{uv}(1+u+v)(uv+u+v)}dudv\\ \end{align}
ここで$s=u+v,t=uv$と変数変換することを考える。
まずヤコビアンの絶対値は次のように計算できる。
$$\left|\frac{\partial(u,v)}{\partial(s,t)}\right| =\left|\frac{1}{\frac{\partial(s,t)}{\partial(u,v)}}\right| =\left|\frac{1}{\det\pmatrix{1 &1\\v &u}}\right| =\left|\frac{1}{u-v}\right| =\frac{1}{\sqrt{s^2-4t}}$$
次に積分範囲であるが、$f(x)=x^2-sx+t$とおいたときに$f(x)=0$の二つの解が$u,v$になることから「方程式$f(x)=0$が2つの正の実数解を持つための条件」を求めればよいことが分かる。よって
$$\begin{cases} f(0)>0\\ \text{判別式}\geq 0\\ \text{軸}>0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} t>0\\ s^2-4t\geq 0\\ \frac{s}{2}>0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} t>0\\ \frac{s^2}{4}\geq t\\ s>0 \end{cases} $$
となる。最後に$u< v$と$u>v$の二つの場合があることを考慮して$2$倍することに注意すると
\begin{align} &=\frac{1}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\frac{s}{1+s}\int_{0}^{\frac{s^2}{4}}\frac{1}{\sqrt{t}(s+t)\sqrt{s^2-4t}}dtds\\ &=\frac{4}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+s}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{4+s\sin^2\theta}d\theta ds\quad\left(t=\frac{s^2}{4}\sin^2\theta\right)\\ &=\frac{4}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+s}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\frac{4}{\cos^2\theta}+s\tan^2\theta}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta ds\\ &=\frac{4}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+s}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{4+(4+s)\tan^2\theta}\frac{1}{\cos^2\theta}d\theta ds\\ &=\frac{4}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+s}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{4+(4+s)z^2}dzds\quad\left(z=\tan\theta\right)\\ &=\frac{4}{\pi^2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+s)(4+s)}\left[\frac{\sqrt{4+s}}{2}\arctan\left(\frac{\sqrt{4+s}}{2}z\right)\right]_{0}^{\infty}ds\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+s)\sqrt{4+s}}ds\\ &=\frac{2}{\pi}\int_{2}^{\infty}\frac{1}{w^2-3}dw \quad(w=\sqrt{4+s})\\ &=\frac{1}{\sqrt{3}\pi}\int_{2}^{\infty}\left(\frac{1}{u-\sqrt{3}}-\frac{1}{u+\sqrt{3}}\right)dw\\ &=\frac{1}{\sqrt{3}\pi}\left[\log\left(\frac{u-\sqrt{3}}{u+\sqrt{3}}\right)\right]_{2}^{\infty}\\ &=\frac{2\log\left(2+\sqrt{3}\right)}{\sqrt{3}\pi}\blacksquare \end{align}

より一般の等式を命題8で示すが、おおまかな証明を以下に記す。
命題2において、$n_0=0$とすると
$$\frac{(\frac{1}{2})^2_{m-1}}{(m-1)!^2}=\sum_{0< n}\left(\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2}+\frac{2}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})}\right)C(n,m)$$
となるので、両辺$\frac{1}{(m-\frac{1}{2})}$をかけて$0< m$の範囲で和を取ると
$$\sum_{0\leq m}\frac{(\frac{1}{2})^2_m}{(m+\frac{1}{2})m!^2}=\sum_{0< n,m}\frac{3}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})^2}C(n,m)=3Z(1|2)$$
となる。したがって
$$\sum_{0\leq m}\frac{(\frac{1}{2})^2_m}{(m+\frac{1}{2})m!^2}=\frac{8\beta(2)}{\pi}$$
を示せばよい。$\arcsin$の冪級数展開やウォリス積分$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2m}(x)dx=\frac{\pi}{2}\frac{(\frac{1}{2})_m}{m!}$を用いることで
\begin{align} \sum_{0\leq m}\frac{(\frac{1}{2})^2_m}{(m+\frac{1}{2})m!^2} &=\frac{2}{\pi}\sum_{0\leq m}\frac{(\frac{1}{2})_m}{(m+\frac{1}{2})m!}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2m}(x)dx\\ &=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sum_{0\leq m}\frac{(\frac{1}{2})_m}{(m+\frac{1}{2})m!}\sin^{2m}(x)dx\\ &=\frac{4}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{x}{\sin(x)}dx\quad(\because\arcsin(\sin x)=x)\\ \end{align}
となります。この積分について書いてある記事がちょうどあるので(参考文献[1] x/sin xの定積分の計算 )これを参照すると
$$\sum_{0\leq m}\frac{(\frac{1}{2})^2_m}{(m+\frac{1}{2})m!^2}=\frac{8\beta(2)}{\pi}$$
となって示されました$\blacksquare$

命題2において、$n_0=0$とすると
$$\frac{(\frac{1}{2})^2_{m-1}}{(m-1)!^2}=\sum_{0< n}\left(\frac{1}{(n-\frac{1}{2})^2}+\frac{2}{(n-\frac{1}{2})(m-\frac{1}{2})}\right)C(n,m)$$
となるので、両辺$\frac{1}{(m_1-\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(m_r-\frac{1}{2})^{k_r}}$をかけて$0< m_1<\cdots< m_r$の範囲で和を取ると
$$Z(\boldsymbol{k}|2)+2Z(\boldsymbol{k}_{\uparrow}|1)=\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^2}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots(n_r+\frac{1}{2})^{k_r}2^{4n_r}}$$
となる$\blacksquare$

命題7より
$$\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^2}{(n_1+\frac{1}{2})^2\cdots(n_{r-1}+\frac{1}{2})^2(n_r+\frac{1}{2})2^{4n_r}}=\frac{2^{2r+1}}{\pi}\sum_{m=1}^{r}\Big(\frac{\pi}{2}\Big)^{2r-2m}\frac{(-1)^{m-1}\beta(2m)}{(2r-2m)!}$$
を示せば良い。
反復ベータ積分
$$\int_0^x\frac{t^{2n+1}}{\sqrt{1-t^2}}=\frac{2^{2n}}{2(n+\frac{1}{2})\binom{2n}{n}}\sum_{n< m}\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}x^{2m}\sqrt{1-x^2}$$
を用いることで
$$\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}}{(n_1+\frac{1}{2})^2\cdots(n_{r-1}+\frac{1}{2})^2(n_r+\frac{1}{2})2^{2n_r}}x^{2n_r+1}=\frac{(2\arcsin(x))^{2r-1}}{(2r-1)!} $$
が分かるので、ウォリス積分$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2m}(x)dx=\frac{\pi}{2}\frac{(\frac{1}{2})_m}{m!}$と合わせることで
\begin{align} \sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^2}{(n_1+\frac{1}{2})^2\cdots(n_{r-1}+\frac{1}{2})^2(n_r+\frac{1}{2})2^{4n_r}} &=\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}}{(n_1+\frac{1}{2})^2\cdots(n_{r-1}+\frac{1}{2})^2(n_r+\frac{1}{2})2^{2n_r}}\sin^{2n_r}(x)dx\\ &=\frac{2}{\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{(2\arcsin(\sin x))^{2r-1}}{(2r-1)!\sin x}dx\\ &=\frac{2^{2r}}{\pi(2r-1)!}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2r-1}}{\sin x}dx\\ \end{align}
最後の積分を参考文献[1] x/sin xの定積分の計算 と同様の手法で解きます。
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}(1-e^{-2iNx})}{\sin x}dx$$
という積分についてまず考える。
$$\frac{1-e^{-2iNx}}{\sin x} =2i\frac{e^{-ix}(1-e^{-2iNx})}{1-e^{-2ix}} =2i\sum_{k=0}^{N-1}e^{-(2k+1)ix}$$
が成り立つので
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}(1-e^{-2iNx})}{\sin x}dx =2i\sum_{k=0}^{N-1}\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^{2n-1}e^{-(2k+1)ix}dx$$
とできます。右辺の積分について漸化式を立てることで値を求めていきます。
$$I_n:=\int_0^{\frac{\pi}{2}}x^{n}e^{-(2k+1)ix}dx$$
とすると部分積分により
$$I_n=\left(\frac{\pi}{2}\right)^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}-i\frac{n}{2k+1}I_{n-1}\quad(n\geq 1)$$
となるのでこれを解くことにより
\begin{align} I_n&=\frac{(-1)^ni^nn!}{(2k+1)^n}I_0+\frac{(-1)^{n+k}i^nn!}{(2k+1)^{n+1}}\sum_{m=1}^{n}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{m}\frac{(-1)^m(2k+1)^m}{i^mm!}\\ &=-i\frac{(-1)^ni^nn!}{(2k+1)^{n+1}}(i(-1)^k+1)+\frac{(-1)^{n+k}i^nn!}{(2k+1)^{n+1}}\sum_{m=1}^{n}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{m}\frac{(-1)^m(2k+1)^m}{i^mm!} \end{align}
$n\rightarrow 2n-1$として
\begin{align} I_{2n-1} &=\frac{(-1)^n(2n-1)!}{(2k+1)^{2n}}(i(-1)^k+1)+i\frac{(-1)^{n+k}(2n-1)!}{(2k+1)^{2n}}\sum_{m=1}^{2n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{m}\frac{(-1)^m(2k+1)^m}{i^mm!}\\ &=\frac{(-1)^n(2n-1)!}{(2k+1)^{2n}}(i(-1)^k+1)+i\frac{(-1)^{n+k}(2n-1)!}{(2k+1)^{2n}}\sum_{m=1}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m}\frac{(-1)^m(2k+1)^{2m}}{(2m)!} -\frac{(-1)^{n+k}(2n-1)!}{(2k+1)^{2n}}\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m+1}\frac{(-1)^m(2k+1)^{2m+1}}{(2m+1)!}\\ &=i(-1)^{n+k}(2n-1)!\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2n-2m}(2m)!} +(-1)^{n}(2n-1)!\left(\frac{1}{(2k+1)^{2n}}-(-1)^k\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m+1}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2n-2m-1}(2m+1)!}\right)\\ \end{align}
\begin{align} \therefore\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}(1-e^{-2iNx})}{\sin x}dx =\sum_{k=0}^{N-1}\left(-2(-1)^{n+k}(2n-1)!\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2n-2m}(2m)!} +2i(-1)^{n}(2n-1)!\left(\frac{1}{(2k+1)^{2n}}-(-1)^k\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m+1}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2n-2m-1}(2m+1)!}\right)\right) \end{align}
ここで$N\rightarrow\infty$とすることを考える。
まず右辺は次のようになる。
$$\sum_{k=0}^{\infty}\left(-2(-1)^{n+k}(2n-1)!\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2n-2m}(2m)!} +2i(-1)^{n}(2n-1)!\left(\frac{1}{(2k+1)^{2n}}-(-1)^k\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m+1}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2n-2m-1}(2m+1)!}\right)\right)$$
次に左辺は
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}}{\sin x}dx$$
が絶対収束することと、被積分関数が$x=0$において$n=1$で$1$、$n\geq 2$で$0$と定めると$\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上で滑らかになることから、リーマン-ルベーグの補題を用いると
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}e^{-2Nix}}{\sin x}dx=0$$
となることが分かる。これより
\begin{align} \lim_{N\rightarrow\infty}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}(1-e^{-2iNx})}{\sin x}dx &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}}{\sin x}dx-\lim_{N\rightarrow\infty}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}e^{-2Nix}}{\sin x}dx\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}}{\sin x}dx \end{align}
$$\therefore\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2n-1}}{\sin x}dx=\sum_{k=0}^{\infty}\left(-2(-1)^{n+k}(2n-1)!\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2n-2m}(2m)!} +2i(-1)^{n}(2n-1)!\left(\frac{1}{(2k+1)^{2n}}-(-1)^k\sum_{m=0}^{n-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m+1}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2n-2m-1}(2m+1)!}\right)\right) $$
以上より
\begin{align} \sum_{0\leq n_1<\cdots< n_r}\frac{\binom{2n_r}{n_r}^2}{(n_1+\frac{1}{2})^2\cdots(n_{r-1}+\frac{1}{2})^2(n_r+\frac{1}{2})2^{4n_r}} &=\frac{2^{2r}}{\pi(2r-1)!}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{x^{2r-1}}{\sin x}dx\\ &=\frac{2^{2r+1}}{\pi} \sum_{k=0}^{\infty}\left(-(-1)^{r+k}\sum_{m=0}^{r-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2r-2m}(2m)!} +i(-1)^{r}\left(\frac{1}{(2k+1)^{2r}}-(-1)^k\sum_{m=0}^{r-1}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2m+1}\frac{(-1)^m}{(2k+1)^{2r-2m-1}(2m+1)!}\right)\right)\\ &=\frac{2^{2r+1}}{\pi} \left(\sum_{m=1}^{r}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2r-2m}\frac{(-1)^{m-1}\beta(2m)}{(2r-2m)!} +i\left((-1)^r(1-2^{-2r})\zeta(2r)-\sum_{m=1}^{r}\left(\frac{\pi}{2}\right)^{2r-2m+1}\frac{(-1)^{m}\beta(2m-1)}{(2r-2m+1)!}\right)\right)\\ \end{align}
両辺の実部をとれば示される$\blacksquare$