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ラマヌジャン・佐藤級数を理解したい(その2)

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はじめに

　この記事では前回の記事に引き続きラマヌジャン・佐藤級数についての論文Chan, Cooper(2012)を読んでいきます。

Clausenの公式の類似

　Chan-Chan-Liuの手法では
$A_{n} = (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) (\binom{2 k}{k})$
のような数列に対し直接
$Z = \sum_{n = 0}^{\infty} A_{n} X^{n}$
という級数を考えていたが、超幾何関数型の円周率公式はまず
$z = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\frac{1}{s})_{n} (1 - \frac{1}{s})_{n}}{(1)_{n}^{2}} x^{n}$
という級数を考えてからClausenの公式
${(\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\frac{1}{s})_{n} (1 - \frac{1}{s})_{n}}{(1)_{n}^{2}} x^{n})}^{2} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\frac{1}{2})_{n} (\frac{1}{s})_{n} (1 - \frac{1}{s})_{n}}{(1)_{n}^{3}} (4 x (1 - x))^{n}$
を用いることで導出できるのであった。
　Chan-Cooperの手法ではこれの次のような一般化を考えている。

Clausenの公式の類似

　 $a, b, c$ を整数とし、数列 ${s_{n}}, {t_{n}}$ を $s_{- 1} = t_{- 1} = 0, s_{0} = t_{0} = 1$ および
$\begin{aligned} (n + 1)^{2} s_{n + 1} & = (a n^{2} + a n + b) s_{n} + c n^{2} s_{n - 1} \\ (n + 1)^{3} t_{n + 1} & = - (2 n + 1) (a n^{2} + a n + a - 2 b) t_{n} - (4 c + a^{2}) n^{3} t_{n - 1} \end{aligned}$
によって定める。このとき
$\begin{aligned} (1 + c x^{2}) {(\sum_{n = 0}^{\infty} s_{n} x^{n})}^{2} & = \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{2 n}{n}) s_{n} {(\frac{x (1 - a x - c x^{2})}{(1 + c x^{2})^{2}})}^{n} \\ (1 - a x - c x^{2}) {(\sum_{n = 0}^{\infty} s_{n} x^{n})}^{2} & = \sum_{n = 0}^{\infty} t_{n} {(\frac{x}{1 - a x - c x^{2}})}^{n} \end{aligned}$
が成り立つ。

Clausenの公式との関係

　上に挙げたClausenの公式はこの第一式の $c = 0$ の場合として得られる。実際
$s_{n} = \frac{(\frac{1}{s})_{n} (1 - \frac{1}{s})_{n}}{(1)_{n}^{2}}$
とおいたとき
$(n + 1)^{2} s_{n} = (\frac{1}{s} + n) (1 - \frac{1}{s} + n) s_{n} = (n^{2} + n + \frac{1}{s} (1 - \frac{1}{s})) s_{n}$
が成り立つので上の定理が適用でき( $a, b, c$ が整数でなくても上の定理は成り立つ)、
$\frac{(\frac{1}{2})_{n}}{(1)_{n}} = \frac{(2 n)!}{2^{2 n} (n!)^{2}} = (\binom{2 n}{n}) \frac{1}{4^{n}}$
に注意すると
$\begin{aligned} {(\sum_{n = 0}^{\infty} s_{n} x^{n})}^{2} & = \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{2 n}{n}) s_{n} {(x (1 - x))}^{n} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\frac{1}{2})_{n}}{(1)_{n}} s_{n} {(4 x (1 - x))}^{n} \end{aligned}$
が得られる。
　ちなみに下では $b$ を整数にするために適当な $N_{s}$ を取って $s_{n}^{'} = N_{s}^{n} s_{n}$ と置くわけだが、具体的には
${(\frac{1}{m})}_{n} {(\frac{2}{m})}_{n} \dots (\frac{m}{m})_{n} = \frac{(m n)!}{m^{m n}}$
が成り立つことに注意すると
$\begin{aligned} s = 2 : s_{n} & = \frac{1}{(2^{2 n})^{2}} \frac{((2 n)!)^{2}}{(n!)^{4}} & = \frac{1}{16^{n}} {(\binom{2 n}{n})}^{2} \\ s = 3 : s_{n} & = \frac{1}{3^{3 n}} \frac{(3 n)!}{(n!)^{3}} & = \frac{1}{27^{n}} (\binom{3 n}{n}) (\binom{2 n}{n}) \\ s = 4 : s_{n} & = \frac{2^{2 n}}{4^{4 n}} \frac{(4 n)!}{(n!)^{2} (2 n)!} & = \frac{1}{64^{n}} (\binom{4 n}{2 n}) (\binom{2 n}{n}) \\ s = 6 : s_{n} & = \frac{2^{2 n} 3^{3 n}}{6^{6 n}} \frac{(6 n)!}{n! (2 n)! (3 n)!} & = \frac{1}{432^{n}} (\binom{6 n}{3 n}) (\binom{3 n}{n}) \end{aligned}$
と表せるので
$N_{2} = 16, N_{3} = 27, N_{4} = 64, N_{6} = 432$
と取ることになる。

　やることとしては両辺が同じ微分方程式と同じ初期値を満たすことを確認するだけである。いま
$z = \sum_{n = 0}^{\infty} s_{n} x^{n}$
とおいたときこれの満たす微分方程式は $ϑ = x \frac{d}{d x}$ を用いて
$ϑ^{2} z = x (a ϑ^{2} + a ϑ + b) z + c x^{2} (ϑ + 1)^{2} z$
と表せ、これを展開すると
$x (1 - a x - c x^{2}) z^{″} + (1 - 2 a x - 3 c x^{2}) z^{'} - (b + c x) z = 0$
となることに注意する。
　またこれは $x = 0, \infty$ および $1 - a x - c x^{2} = 0$ を確定特異点に持つFuchs型微分方程式であることにも注意したい。このことの意味についてはこの記事の1,2節で解説している。
　以降の議論は単純に計算するだけであるが、手計算でどうにかするのは非常に面倒なので省略する。

　このような公式の発見的な方法についても中々興味深い理論が広がっているようだが、まだ私の理解が浅いためここで解説できる段階にはないのが悲しいところ。いつかちゃんと理解してみたい。

$X = \frac{x (1 - a x - c x^{2})}{(1 + c x^{2})^{2}}, Y = \frac{x}{1 - a x - c x^{2}}$
とおいたとき、上のような数列 $s_{n}, t_{n}$ に対し
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} t_{n} Y^{n + \frac{1}{2}} & = \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{2 n}{n}) s_{n} X^{n + \frac{1}{2}} \\ \sum_{n = 0}^{\infty} t_{n} (n + \frac{1}{2}) Y^{n + \frac{1}{2}} & = \sqrt{1 - 4 a X - 16 c X^{2}} \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{2 n}{n}) s_{n} (n + \frac{1}{2}) X^{n + \frac{1}{2}} \end{aligned}$
が成り立つ。

　第一式については
$\sqrt{\frac{X}{Y}} = \frac{1 - a x - c x^{2}}{1 + c x^{2}}$
に注意すると上の定理からわかる。第二式については
$X = \frac{Y}{(1 + a Y)^{2} + 4 c Y^{2}}$
および
$1 - 4 a X - 16 c X^{2} = {(\frac{1 - (a^{2} + 4 c) Y^{2}}{(1 + a Y)^{2} + 4 c Y^{2}})}^{2}$
に注意して第一式を $Y$ について微分することでわかる。

級数の収束性について

　いま上の定義だけだと級数
$\sum_{n = 0}^{\infty} s_{n} x^{n}, \sum_{n = 0}^{\infty} t_{n} x^{n}$
が $x = 0$ の近傍で収束するのか、つまり $s_{n}, t_{n}$ は急速に増大してしまわないのか、という疑問がある。
　これについては漸化式に対するポアンカレやペロンの定理として知られる以下の結果が役に立つ。

　数列 ${x_{n}}$ についての漸化式
$x_{n + k} + \sum_{j = 0}^{k - 1} p_{n}^{(j)} x_{n + j} = 0$
であって、その係数 $p_{n}^{(j)}$ が極限値 $p_{n}^{(j)} \to p^{(j)}$ を持つようなものをポアンカレ型の漸化式という。
　またポアンカレ型の漸化式に対して定まる方程式
$λ^{k} + \sum_{j = 0}^{k - 1} p^{(j)} λ^{j} = 0$
のことを特性方程式と言う。

Perronの第二定理

　ポアンカレ型の漸化式
$x_{n + k} + \sum_{j = 0}^{k - 1} p_{n}^{(j)} x_{n + j} = 0$
に対し、その解 ${x_{n}}$ は次のいずれかを満たす。
・ある $N$ より先で常に $x_{n} = 0$ が成り立つ。
・特性方程式のある解 $λ$ が存在して $\underset{n \to \infty}{lim sup} \sqrt[n]{| x_{n} |} = | λ |$ が成り立つ。

　この結果によると $s_{n}, t_{n}$ が満たす漸化式についての特性方程式はそれぞれ
$λ^{2} - a λ - c = 0, λ^{2} + 2 a λ + (a^{2} + 4 c) = 0$
であり、このことから
$\begin{aligned} \underset{n \to \infty}{lim sup} \sqrt[n]{| s_{n} |} & \leq max | \frac{a \pm \sqrt{a^{2} + 4 c}}{2} | =: M_{s} \\ \underset{n \to \infty}{lim sup} \sqrt[n]{| t_{n} |} & \leq max | a \pm 2 \sqrt{- c} | =: M_{t} \end{aligned}$
と評価できる。したがってコーシーの収束判定法より
$\sum_{n = 0}^{\infty} s_{n} x^{n}, \sum_{n = 0}^{\infty} t_{n} x^{n}$
はそれぞれ $| x | < 1 / M_{s}, 1 / M_{t}$ で収束することが保証されるわけである。
　また
$\underset{n \to \infty}{lim sup} \sqrt[n]{(\binom{2 n}{n})} = 4$
が成り立つことにも注意したい。

余談

　ちなみにペロンの定理の一般化として次のような定理が知られている。

Coffmanの定理

　 $A$ を $k \times k$ 行列、 $f_{n} (y) : R^{k} \to R^{k}$ を連続関数とし $y_{n} \in R^{k}$ についての漸化式
$y_{n + 1} = A y_{n} + f_{n} (y_{n})$
を考える。このとき $f_{n}$ が
$\frac{∥ f_{n} (y) ∥}{∥ y ∥} \to 0 ((n, y) \to (\infty, 0))$
を満たすとすると
・ある $N$ より先で $y_{n} \neq 0$
・ $y_{n} \to 0 (n \to \infty)$
なる解 $y_{n}$ に対しある $A$ の固有値 $λ$ が存在して
$lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{∥ y_{n} ∥} = | λ | < 1$
が成り立つ。

　これは
$\frac{d y}{d t} = A y + g (t, y) (lim_{(t, y) \to (\infty, 0)} \frac{∥ g (t, y) ∥}{∥ y ∥} = 0)$
なる微分方程式を考えたとき、 $A$ の任意の固有値 $λ$ に対し $∥ y (t) ∥ \approx | e^{λ t} |$ なる漸近挙動を持つ解 $y (t)$ が取れる、という感じの有名な事実の漸化式への類似となっている。
　これも中々興味深い話題ではあるのだが、足を踏み入れるには少し深そうな気がするのでまた気が向いたときに勉強しようと思う。

$s_{n}, t_{n}$ の明示形

　あとはある整数 $a, b, c$ によって定まる $s_{n}$ を用いて
$z (τ) = \sum_{n = 0}^{\infty} s_{n} x (τ)^{n}$
と表せるような保型形式 $z (τ)$ と保型関数 $x (τ)$ の組を持ってくれば、上の公式とChan-Chan-Liuの手法から
$\begin{aligned} \frac{1}{π} & = \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{2 n}{n}) s_{n} (A n + B) X^{n} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} t_{n} (A^{'} n + B^{'}) Y^{n} \end{aligned}$
という円周率公式が構成できるわけである。
　この記事では一旦具体的な $z (τ)$ や $x (τ)$ を見ていく前に、どのような $a, b, c$ に対し $s_{n}$ や $t_{n}$ はどのように表せるのかを見ていこう。Chan-Cooperでは以下の表が提示されている( $ℓ$ は対応するラマヌジャン・佐藤級数のレベルを表す。具体的には次回の記事で解説する)。

$\begin{array}{cccc} ℓ & (a, b, c) & s_{n} & t_{n} \\ 1 & (432, 60, 0) & (\binom{6 n}{3 n}) (\binom{3 n}{n}) & \sum_{k = 0}^{n} s_{n} (\binom{2 k}{k}) (\binom{n + k}{n - k}) (- a)^{n - k} \\ 2 & (64, 12, 0) & (\binom{4 n}{2 n}) (\binom{2 n}{n}) & \sum_{k = 0}^{n} s_{n} (\binom{2 k}{k}) (\binom{n + k}{n - k}) (- a)^{n - k} \\ 3 & (27, 6, 0) & (\binom{3 n}{n}) (\binom{2 n}{n}) & \sum_{k = 0}^{n} s_{n} (\binom{2 k}{k}) (\binom{n + k}{n - k}) (- a)^{n - k} \\ 4 & (16, 4, 0) & {(\binom{2 n}{n})}^{2} & (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{2 k}{k})}^{2} (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) \\ 5 & (11, 3, 1) & \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} (\binom{n + k}{k}) & \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} {(\binom{n}{k})}^{3} (\binom{4 n - 5 k}{3 n}) \\ 6_{A} & (- 17, - 6, - 72) & \sum_{j \leq k} (\binom{n}{k}) {(\binom{k}{j})}^{3} (- 8)^{n - k} & \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} {(\binom{n + k}{k})}^{2} \\ 6_{B} & (10, 3, 9) & \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} (\binom{2 k}{k}) & (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) (\binom{2 k}{k}) \\ 6_{C} & (7, 2, 8) & \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{3} & \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n + k}{n}) (\binom{n}{3 k}) (\binom{3 k}{2 k}) (\binom{2 k}{k}) (- 3)^{n - 3 k} \\ 8 & (12, 4, - 32) & \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{2 k}) {(\binom{2 k}{k})}^{2} 4^{n - 2 k} & (- 1)^{n} \sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} {(\binom{2 k}{n})}^{2} \\ 9 & (- 9, - 3, - 27) & \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (\binom{n - k}{k}) (\binom{n - 2 k}{k}) (- 3)^{n - 3 k} & \sum_{j \leq k} {(\binom{n}{k})}^{2} (\binom{n}{j}) (\binom{k}{j}) (\binom{k + j}{n}) \end{array}$

　ラマヌジャンの考えた円周率公式
$\frac{1}{π} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(\frac{1}{2})_{n} (\frac{1}{s})_{n} (1 - \frac{1}{s})_{n}}{(1)_{n}^{3}} \frac{A n + B}{C^{n}} (s = 2, 3, 4, 6)$
はこの $ℓ = 1, 2, 3, 4$ の $s_{n}$ についてのものであり、Chan-Chan-Liuの発見した円周率公式
$\frac{1}{π} = \frac{\sqrt{3}}{8} \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} (\binom{2 n - 2 k}{n - k}) (\binom{2 k}{k})) \frac{5 n + 1}{64^{n}}$
はこの $ℓ = 6_{B}$ の $t_{n}$ についてのものとなる。
　また佐藤猛氏の発表した円周率公式
$\frac{\sqrt{15}}{π} = 6 \sum_{n = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} {(\binom{n + k}{k})}^{2}) (20 n + 10 - 3 \sqrt{5}) {(\frac{\sqrt{5} - 1}{2})}^{12 n + 6}$
は $ℓ = 6_{A}$ の $t_{n}$ についてのものであり、佐藤氏が同時に発表していた円周率公式
$\frac{\sqrt{5}}{π} = 3 \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} t_{n} (282 n + 141 - 50 \sqrt{5}) {(\frac{1}{5 \sqrt{5}} {(\frac{\sqrt{5} - 1}{2})}^{15})}^{n + \frac{1}{2}} ((a, b, c) = (11, 3, 1))$
は $ℓ = 5$ の $t_{n}$ の場合となっている。
　しかし Wikipedia で提示されているものを見るに円周率公式を構成できる $(a, b, c)$ の取り方はこれだけに尽きないようにも思えるが、どうなのだろうか。このことが気にかかったので一先ずどのような $(a, b, c)$ に対してどのように保型形式と保型関数の組 $z (τ), x (τ)$ を探せばいいのか、ということについて次回の記事で見ていこうと思う。