Apéryの加速法8：漸化式を解く

はじめに

　この記事では 前回の記事 に引き続きApéryの加速法について解説していきます。
　さて 前回の記事 では$\log2,\z(2),\z(3)$に関する反復Bauer-Muir変換$u^{(k)}_n=p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し、その母関数
$$y=\sum^\infty_{n=0}\frac{u^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}x^n$$
の満たす微分方程式を解くことでApéry数列
$$a_n=\frac{p^{(n)}_n}{q^{(0)}_nq^{(n)}_0},\quad b_n=\frac{q^{(n)}_n}{q^{(0)}_nq^{(n)}_0}$$
の性質やApéryの定理を示すことができたのでした。
　しかし、これは個人的に計算してて驚いたのですが、実は$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$が満たす漸化式を解くことによってその明示形を与えることができ、それによってわざわざ母関数なんて考えずともApéry数列の性質やApéryの定理が示せたり、興味深い公式がいくつも得られたりすることに気付きました。
　ということで今回の記事では反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$の明示形に関する個人的な考察について解説していこうと思います。

多項式への帰着

　さて反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$の明示形を求めていくにあたって、まずは今回の記事で主に用いる手法について紹介していきましょう。以下簡単のため$t^{(k)}_n=T^{(k)}_n=1$とします。
　やることとしては単純で、次のような主張によって$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$についての関係式を多項式同士の関係式に帰着させる、というのが基本的な考え方となります。

　あとはいい感じの(線形独立な)多項式列$f_{k,j}(n)$を持ってきて
$$v^{(k)}_n=\sum_jc_{k,j}f_{k,j}(n)$$
とおいたとき、$v^{(k)}_n$が満たす関係式
$$v^{(k+1)}_n=g(n+1)v^{(k)}_{n+1}+r^{(k)}_{n+1}v^{(k)}_n$$
を用いて$c_{k,j}$の具体値やら関係式やらを求めてみるとか、$n$についての漸化式
$$g(n)g(n-1)v^{(k)}_n=g(n-1)a^{(k)}_nv^{(k)}_{n-1}+b^{(k)}_nv^{(k)}_{n-2}$$
を用いて$c_{k,j}$が満たす$j$についての漸化式を求めてみるとかによって$c_{k,j}$および$v^{(k)}_n$の明示式を得ることができる、というわけです。

問題点について

　しかしこの「いい感じの多項式列$f_{k,j}(n)$を考える」というプロセスは結局『眼力』に頼らざるを得ない部分が大きく、これを乗り越えられないと$v^{(k)}_n$の明示形を求めることはできません。
　また実のところ$c_{k,j}$がいい感じに求まるような多項式列$f_{k,j}(n)$の取り方は複数通り存在するため、その「正解が複数通り存在する」という要素もこの「いい感じの明示形を求める」という問題の難しさに拍車をかけています。

$u^{(k)}_n$の明示式について

　ちなみに$v^{(k)}_n$の明示形が得られれば同様にして$u^{(k)}_n$の明示形についても考察できるわけですが、実際に手を動かしてみると非常に煩雑な計算を要する割にロクな結果が得られないことが多いように感じます(その反面いくつかの歯車が上手いこと噛み合うと非常に興味深い結果が得られることもあります)。
　また後述する方法によってより綺麗な結果がより簡単に求まることもあり、$u^{(k)}_n$の明示式に関しては多項式に帰着させる方法に頼り過ぎるのはあまりおすすめしません。

WZ methodとの関係

　ところでいい感じの明示形と言えば、Apéry数列の有名な明示式
\begin{align} \a&=\log2& \a&=\z(2)& \a&=\z(3)\\ a_n&=\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{n+k}kc_{n,k}& a_n&=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}kc_{n,k}& a_n&=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}k^2c_{n,k}\\ b_n&=\sum^n_{k=0}\binom nk\binom{n+k}k& b_n&=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}k& b_n&=\sum^n_{k=0}\binom nk^2\binom{n+k}k^2\\ \bigg(c_{n,k}&=\sum^k_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}m+\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^k}{2^mm\binom{k+m}m}\bigg)& \bigg(c_{n,k}&=2\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{m^2}+\sum^k_{m=1}\frac{(-1)^{m+n-1}}{m^2\binom nm\binom{n+m}m}\bigg)& \bigg(c_{n,k}&=\sum^n_{m=1}\frac1{m^3}+\sum^k_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{2m^3\binom nm\binom{n+m}m}\bigg) \end{align}
がありました。
　これについて色々と考察してみたところ、これは一般の$n,k$に対しても
\begin{align} p^{(k)}_n&=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j)c(n,j)\\ q^{(k)}_n&=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j) \end{align}
という形の表示が成り立つことがわかり、更には$q^{(k)}_n$についての明示形
$$q^{(k)}_n=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j)$$
が与えられているとき、これに対応する$c(n,j)$を求める方法もある程度確立しました(←やば！！！)。
　ということで以下では具体的にどのようにしてこのような明示式を証明・導出できるのかを解説していきましょう。

漸化式の求め方

　いま上のような等式を示すにはその両辺が同じ漸化式を満たすことを示せばよいわけですが、$c(n,j)$は$k$に依らない数列であることに注目すると、$n$についての漸化式より$k$についての漸化式を考えた方が計算が簡単になりそうだと考えられます。
　そしてその漸化式は次の主張によって求めることができます。

　これは Apéryの定理の記事 の定理15の系としても得られますが、ここにも同様の証明も書いておきましょう。

　ここで Apéryの定理の記事 の定理15では
$$d(n,k)=\sum^I_{i=0}r_i(n)b(n+i)\sum^{i-1}_{j=0}G(n+j,k)-B(n,k+1)F(n,k)$$
という煩雑な超幾何数列に対しZeilberger's methodを考える必要があったのに対し、この手法では
$$d(k,j)=B(k,j+1)F(j)$$
という非常に簡単な超幾何数列しか出てこないため、非常にお手軽な計算で$S(k,K)$を求められることに注意しましょう。

等式の証明

　そして特に$R(k,K)$が$K$についての二次式として表せ、また$S(k,K)=1$が成り立つとき、この等式
\begin{align} R(k,K)b(k,j)&=B(k,j+1)-B(k,j)\\ R(k,K)b(k,j)c(j)&=A(k,j+1)-A(k,j)\\ \end{align}
を$j=0,1,2,\ldots$について足し合わせることで
\begin{align} u^{(k)}_n&=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j)c(n,j)\\ v^{(k)}_n&=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j) \end{align}
は同じ三項間漸化式
$$R(k,K)u^{(k)}_n=R(k,K)v^{(k)}_n=0$$
を満たすことがわかり、これと$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$が満たす漸化式を比較することで
$$p^{(k)}_n=u^{(k)}_n,\quad q^{(k)}_n=v^{(k)}_n$$
といった等式を示すことができるわけです。

$c(n,j)$の求め方

　ここで重要なのは上での議論においては$S(k,K)=1$、つまり$B(k,j+1)F(n,j)$が$j$について Gosper総和可能 であるという仮定しか必要としないため、逆にこれを満たすような$F(n,j)$を持ってくることで次のような事実が得られることになります。

　ちなみに境界条件が成り立つ範囲が$k\geq\kappa_n>0$とかでも、ある$s(n),t(n)$が存在して
\begin{align} p^{(k)}_n &=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j)\l(s(n)+t(n)\sum^j_{m=1}F(n,m-1)\r)\\ &=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j)\l(\frac{p^{(\kappa_n)}_n}{q^{(\kappa_n)}_n} +t(n)\sum^j_{m=\kappa_n+1}F(n,m-1)\r) \end{align}
とかは成り立ちます。

$F(n,j)$の取り方について

　なお多項式に帰着させる方法と同様の欠点として、やはり所望の性質を満たす$F(n,j)$の取り方は『眼力』に頼らざるを得ないことには注意しましょう。
　また$F(n,j)$の取り方は複数通り存在することがあり、その場合は例えば$\log2$の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align} \frac{p^{(k)}_n}{n!k!} &=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}k\sum^{n+j}_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{m}\\ &=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}k\sum^j_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{m}\\ &=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}k \l(\sum^j_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}m+\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^j}{2^mm\binom{m+j}m}\r)\\ \end{align}
が成り立つように、複数通りの表示が得られることとなります。
　なお下二行については$k< n$において境界条件$D(k,0)=0$を満たさないため、この明示式は$k\geq n$でしか成り立ちません。

Gosper総和可能な数列の例

　なお今回の記事において紹介する公式を発見するにあたっては次の事実をよく用いました。参考までに。

　ちなみに
$$\binom{x+j}j=\binom{x+j+1}j-\binom{x+j}{j-1}$$
とかも成り立ちますが、これは境界条件$D(\infty)=0$を満たさないので使いどころはありません。

WZ的現象について

　ところで$F(n,j)$の取り方の任意性を考えると$p^{(k)}_n$の表示の仕方は割と何でもありで、そうなってくるとWZ-pairのポテンシャルが現れることがあったのはただの偶然であったと片付けられそうにも見えます。
　しかし実際に手を動かしてみると何故かこの数列$\widetilde F(n,j)=t(n)F(n,j)$はいずれもWZ-mate$\widetilde G(n,j)$を持ち、更にそのポテンシャルを
$$c(n,j)=\sum^n_{m=1}\widetilde G(m-1,0)+\sum^j_{m=1}\widetilde F(n,m-1)$$
とおくとピッタリ
$$p^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}b(n,k,j)c(n,j)$$
が成り立つ、という興味深い現象が観測されました。
　これは一体どういうことなのか、はたまた普通に全然WZと関係ない例が存在するのか、まだまだ謎は尽きませんね。

余談

　ちなみに多項式に帰着させる方法によって上述のようなWZ的な表示を発見することはほぼ不可能だと思いますが、それはそれとして
$$c(n,k,j)=\sum^n_{m=1}\frac1{m^2}+2\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^{l-1}}{l^2} +2\sum^j_{m=1}\frac{(-1)^m}{m^2}\frac{\binom nm}{\binom{n+m}m}$$
や
$$c(n,k,j)=\sum^n_{m=1}\frac1{m^3}+\sum^k_{l=1}\frac1{l^3}-\sum^j_{i=1}\frac1{i^3}$$
といった三変数のポテンシャル、つまり各偏差分$\D_nc,\D_kc,\D_jc$がそれぞれ超幾何数列となるような数列$c(n,k,j)$を用いた
\begin{align} u^{(k)}_n&=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j)c(n,k,j)\\ v^{(k)}_n&=\sum^\infty_{j=0}b(n,k,j) \end{align}
という表示が得られることがあります。
　これはこれで興味深いですね。いや～、奥が深い。

$\log2$の場合

　ということで前置きが長くなりましたが、ここから様々な反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$の明示形について考察していきましょう。
　まずはじめに一番簡単な例として
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}1$$
の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について考えていきましょう。

明示式1

　まず多項式に帰着させる方法を考えてみることで次のような表示が得られます。

WZ methodとの関係

　またこれに整合するようなポテンシャル$c(n,j)$を求めることで$p^{(k)}_n$に関する次のような表示が得られました。

　ただし$0$除算が発生するのを避けるため$1/\binom nm$の部分は
$$\frac{\binom nj}{\binom nm}=\frac{\binom{n-m}{j-m}}{\binom jm}$$
と計算する必要があります。

　ちなみにこれらに対応するWZ-pairはそれぞれ
\begin{alignat}{3} F(n,j-1)&=\frac{(-1)^{n+j-1}}{2^jj\binom nj},\quad& G(n,j-1)&=\frac{(-1)^{n+j-1}}{2^{j-1}j\binom{n+1}j}\\ F(n,j-1)&=\frac{(-1)^n}{2^jj\binom{n+j}j},\quad& G(n,j-1)&=\frac{(-1)^n}{2^{j-1}j\binom{n+j}j} \end{alignat}
となっています。

明示形2

　ちなみに$\log2$の場合に関しては$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$の定義式
\begin{align} p^{(k)}_n&=p^{(k-1)}_{n+1}+(n-k+1)p^{(k-1)}_n\\ q^{(k)}_n&=q^{(k-1)}_{n+1}+(n-k+1)q^{(k-1)}_n \end{align}
を用いて
$$p^{(k)}_n=\sum^k_{j=0}c_j(n,k)p^{(0)}_{n+j}$$
という展開を考えることでもその明示式を与えることができます。

　ちなみに$p^{(k)}_n$は次のようにも表すことができます。

　これによって例えば$k\leq n$において
$$\frac{p^{(k)}_n}{n!k!} =\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j}k\sum^j_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}m$$
という表示が得られたりします。

WZ methodとの関係

　またApéry数列
\begin{align} a_n&=\sum^n_{j=0}\binom nj\binom{n+j}jc_{n,j}\\ b_n&=\sum^n_{j=0}\binom nj\binom{n+j}j\\ \bigg(c_{n,j}&=\sum^j_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}m+\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^j}{2^mm\binom{m+j}m}\bigg) \end{align}
の一般化として次のような式が成り立ちます。

　これは上の補題や Apéryの定理の記事 の補題18と同様にして次の主張が成り立つことからわかります。

　ちなみに定理9の右辺は一般に次の漸化式を満たします。

一般化

　ちなみに上での議論における$n$とか$m$とかを$x$だけ平行移動させることで
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n+x} =\frac1{1+x}\p\K^\infty_{n=1}\frac{(n+x)^2}1$$
の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$についても全く同様の議論を行うことができ、それによって次のような公式たちが得られます。
　ただし$(x)_n$はポッホハマー記号
$$(x)_n=x(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)$$
とし、$\binom xn$は一般化二項係数
$$\binom xn=\frac{x(x-1)(x-2)\cdots(x-n+1)}{n!}$$
とします。

　なお最後の式に関するWZ-pair
\begin{align} F(n,j)&=\frac{(-1)^j}{2^n}\frac{n!(j+x)!}{(n+j+x+1)!}\\ G(n,j)&=\frac{(-1)^j}{2^{n+1}}\frac{n!(j+x)!}{(n+j+x+1)!} \end{align}
は$n$ではなく$j$の方に$x$がくっついているためか諸々の噛み合わせが悪く
$$\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j+x}k \l(\sum^j_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{m+x}+\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^j}{2^mm\binom{m+j+x}m}\r)$$
に対して定理2を考えても$S=1$となってくれません。
　なのでそのあたりの整合性を加味すると定理10の一般化には
\begin{align} F(n,j)&=\frac{(-1)^j}{2^n}\frac{(n+x)!j!}{(n+j+x+1)!}\\ G(n,j)&=\frac{(-1)^j}{2^{n+1}}\frac{(n+x)!j!}{(n+j+x+1)!} \end{align}
というWZ-pairを考える必要があります。

色々な関係式

　いま$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$の満たす色々な関係式を上のような明示式
\begin{align} \frac{p^{(k)}_n}{(1+x)_nk!} &=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j+x}k\sum^{n+j}_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{m+x}\\ \frac{q^{(k)}_n}{(1+x)_nk!} &=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{n+j+x}k \end{align}
に関する主張に書き直すことで、非自明な公式を多数得ることができます。
　例えば$u^{(k)}_n=p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$は$n\geq1$において
$$u^{(k)}_{n+1}=(2k+1)u^{(k)}_n+(n+x)^2u^{(k)}_{n-1}$$
という漸化式を満たし、また$k\geq1$においては
$$u^{(k+1)}_n=(2n+2x+1)u^{(k)}_n+k^2u^{(k-1)}_{n-1}$$
という漸化式を満たすことに注意すると次のような主張が得られます。

　また$u^{(k)}_n=p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$の満たす隣接関係式
\begin{align} u^{(k)}_n &=u^{(k-1)}_{n+1}+(n+x-k+1)u^{(k-1)}_n\\ &=(n+x+k)u^{(k-1)}_n+(n+x)^2u^{(k-1)}_{n-1}\\ &=(n+x+k)u^{(k)}_{n-1}+k^2u^{(k-1)}_{n-1} \end{align}
から$a^{(k)}_n,b^{(k)}_n$は次のような隣接関係式を満たすこともわかります。

　例えば上階段Apéry変換
$$A_{2n}=a^{(n)}_n,\quad A_{2n+1}=a^{(n+1)}_{n+1},\quad B_{2n}=b^{(n)}_n,\quad B_{2n+1}=b^{(n+1)}_{n+1}$$
を考えることで次のような主張が得られたりします。

　特に$x=-1/2$として$m$の範囲を少しいじくることで
$$\frac\pi4=\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{2n+1}$$
に関する次のような数列が得られます(ちなみにこれを用いることで$\pi$の無理性も示せます)。

　ところで$x=0$において
$$\log2=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^2}1$$
のApéry双対が自分自身に一致すること、つまり
$$p^{(k)}_n=p^{(n)}_k,\quad q^{(k)}_n=q^{(n)}_k$$
が成り立っていたことに注意すると次のような対称性が得られます。

積分表示

　ちなみに Beukersの手法 のように
$$I^{(k)}_n=b^{(k)}_n\sum^\infty_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{m+x}-a^{(k)}_n$$
をいい感じに積分表示できないかな～と考えてみたところ、次のような表示が得られました。

$\z(2)$の場合

　次に同じ調子で
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^4}{2n^2+2n+1}$$
の場合について考えていきましょう。

明示式

　他にも
\begin{align} \frac{2^kq^{(k)}_n}{(n!k!)^2} &=\sum^k_{j=0}\binom kj^2\binom{n+j}k\\ &=\sum^n_{j=0}\binom nj\binom k{n-j}\binom{k+j}n \end{align}
という表示が成り立つそうですが(証明はZeilberger's methodなどを使えば簡単)、このような公式を発見的に導出するにはどうすればいいんでしょうかね。
　また$p^{(k)}_n$に関しては多項式に帰着させる方法を考えても公式1のようにどうせロクな結果は得られませんが、$k$についての漸化式に注目して考えることで次のような明示式は得られました。

　ちなみにこうして得られた係数
$$c(n,j)=\sum^n_{m=1}\frac1{m^2} +2\sum^j_{m=1}\frac{(-1)^m}{m^2}\frac{\binom nm}{\binom{n+m}m}$$
は
\begin{align} F(n,j-1)&=2\frac{(-1)^j}{m^2}\frac{\binom nj}{\binom{n+j}j}\\ G(n,j-1)&=\frac{(-1)^j}{(n+1)^2}\frac{\binom{n+1}j}{\binom{n+j}j}\\ \end{align}
というWZ-pairのポテンシャルとなっています。

WZ methodとの関係

　そして$q^{(k)}_n$の明示式に整合するようなポテンシャル$c(n,j)$を求めることで次のような表示も得られました(導出については公式2と同様なので省略)。

　ただし例の如く$0$除算を避けるため
$$\frac{\binom nj}{\binom nm}=\frac{\binom{n-m}{j-m}}{\binom jm}$$
と計算する必要があることに注意しましょう。
　ちなみにこれらに関係する対応するWZ-pairはそれぞれ
\begin{alignat}{3} F(n,j-1)&=\frac{(-1)^{j-1}}{j^2\binom nj},& G(n,j-1)&=\frac{(-1)^{j-1}}{j(n+1)\binom{n+1}j}\\ F(k,j-1)&=\frac{(-1)^{k+j-1}}{j^2\binom kj\binom{k+j}j},\quad& G(k,j-1)&=2\frac{(-1)^{k+j-1}}{j^2\binom{k+1}j\binom{k+j}j}\\ F(n,j-1)&=\frac1{j^2\binom{n+j}j},& G(n,j-1)&=\frac1{j(n+1)\binom{n+j}j} \end{alignat}
となっています。

一般化と漸化式

　またこの一般化として次のような事実が成り立ちます。

　ついでにこれらが満たす漸化式も書いておきましょう。

　さらに
$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}$$
のApéry双対が
$$\z(2)=2\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$$
であったことを思い出すと、その一般化として次のような事実が得られます。

積分表示

　またこれに関する Beukersの手法 の類似として次のような積分表示が成り立つと予想されます。
　Almkvist-Zeilberger algorithmなどを使えば機械的に証明できると思いますが、何かいい感じの発見的方法とかないですかね。

$\z(3)$の場合

　そして最後に
$$\z(3)=\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^3} =\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(n^2+n+1)}$$
の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について考えていきましょう。

明示式について

　なおこの事実はApéryの論文(1981)のコピーを掲載していたブログ記事(内のPDF)にて発見されており、今回の記事でよく用いている多項式に帰着させる手法もこの記事から着想を得ています。

WZ methodとの関係

　ただし例の如く
$$\frac{\binom nj}{\binom nm}=\frac{\binom{n-m}{j-m}}{\binom jm}$$
と計算するものとします。

一般化と漸化式

　そしてこの一般化を考えることで次のような事実が得られます。

積分表示

　またこれに関する Beukersの手法 の類似として次のような積分表示が成り立つと予想されます。

漸化式を解く

　以上が超幾何級数
$$S=\sum^\infty_{n=1}A_n$$
の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$の明示形に関する個人的な考察の全容となります。
　そして最後に個人的に注目しているテクニックとして「与えられた三項間漸化式を明示的に解く」という問題に対するApéryの加速法を用いたアプローチについて紹介したいと思います。
　具体的には与えられた漸化式に対し反復Bauer-Muir変換を施したとき、そのApéry双対を考えることで超幾何級数に関する漸化式に帰着させることができれば、そこからあれこれと逆算していくことで元の漸化式を解くことができる、ということが考えられます。
　例えば
$$2(n+1)^3a_{n+1}-(2n+1)(2n^2+2n+1)a_n+2n^3a_{n-1}=0$$
という漸化式について考えてみましょう。

Apéry双対を求める

　いま$u_n=2^n(n!)^3a_n$が満たす漸化式
$$u_{n+1}-(2n+1)(2n^2+2n+1)u_n+4n^6a_{n-1}=0$$
に対応する連分数
$$\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^6}{(2n+1)(2n^2+2n+1)}$$
の反復Bauer-Muir変換を考えることで
\begin{align} (b^{(k)}_{n+1},d^{(k)}_n)&=(-4n^4,(2k+1)^6/16)\\ a^{(k)}_{n+1}&=(2n+1)(2n^2+2n+4k^2+1)\\ r^{(k)}_n&=-(2n-2k-1)(4n^2-2(2k+1)n+(2k+1)^2)/4\\ R^{(k)}_n&=(2n+2k+1)(4n^2+2(2k+1)n+(2k+1)^2)/4 \end{align}
という数列が得られるので、このApéry双対は
$$\K^\infty_{k=1}\frac{-(2k-1)^6/16}{k(4k^2+3)}$$
と求まります。
　そしてこれに対応する超幾何級数の求め方として二つの方法を紹介しておきましょう。

方法1：漸化式を解く

　上の連分数に関する漸化式
$$v_{k+1}-k(4k^2+3)v_k+\frac{(2k-1)^6}{16}v_{k-1}=0$$
は この記事 の手法などを用いることで
$$v_k=2^k(\tfrac12)_k^3\l(C_1+C_2\sum^k_{l=1}\frac1{(2l-1)^3}\r)$$
($C_1,C_2$は任意)と解ける、この連分数は
$$S=\sum^\infty_{k=1}\frac1{(2k-1)^3}=\frac11\p\K^\infty_{k=1}\frac{-(2k-1)^6}{(2k+1)^3+(2k-1)^3}$$
という超幾何級数に対応していることがわかる。

方法2：反復Bauer-Muir変換を計算する

　また起点となる連分数を適当に与えたとき、例えば
$$A=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-4n^6}{(2n+1)(2n^2+2n+1)}$$
とおいたとき、 第五回の記事 の定理2系および定理3を用いることでその反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$について
\begin{align} q^{(k)}_0&=\prod^{k-1}_{l=0}R^{(l)}_0=2^k(\tfrac12)_k^3\\ \frac{p^{(k)}_0}{q^{(k)}_0} &=\sum^{k-1}_{l=0}\frac{b^{(l)}_1}{R^{(l)}_0}=\sum^k_{l=1}\frac4{(2l-1)^3} \end{align}
と計算できるので、これによって
$$A=\sum^\infty_{k=1}\frac4{(2k-1)^3}\qquad\l(=\frac72\z(3)\r)$$
が成り立つことがわかる。
　ついでにさっきの漸化式
$$v_{k+1}-k(4k^2+3)v_k+\frac{(2k-1)^6}{16}v_{k-1}=0$$
は$v_k=p^{(k)}_0,q^{(k)}_0$を解に持つことに注意すると、これが
$$v_k=2^k(\tfrac12)_k^3\l(C_1+C_2\sum^k_{l=1}\frac1{(2l-1)^3}\r)$$
($C_1,C_2$は任意)と解けることもわかる。

結論

　そして逆に
$$S=\sum^\infty_{n=1}\frac1{(2n-1)^3}=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\frac{-(2n-1)^6}{4n(4n^2+3)}$$
の反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$を考えることで定理13のようにしてその明示式を与えることができ、したがってそのApéry双対に関する漸化式
$$2(k+1)^3a_{k+1}-(2k+1)(2k^2+2k+1)a_k+2k^3a_{k-1}=0$$
は
\begin{align} a_k &=C'_1a^{(k)}_0+C'_2b^{(k)}_0\\ &=\sum^k_{j=0}\binom kj\binom{k+j}j\binom{-\frac12}j\binom{j-\frac12}j \l(C_1+C_2\sum^j_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{2m^3\binom{-\frac12}m\binom{m-\frac12}m}\r) \end{align}
($C_1,C_2$は任意)と解けることがわかる、というわけです。
　ちなみに$\b_n=(\frac12)_n/(1)_n$とおくとこれは
$$a_n=\sum^n_{j=0}(-1)^j\binom nj\binom{n+j}j\b_j^2 \l(C_1-C_2\sum^j_{m=1}\frac1{2m^3\b_m^2}\r)$$
とも表せます。
　このように非自明な漸化式の明示的な解を求めることができるというのは非常に強力な手法となっているのではないでしょうか。ただしどれぐらい多くの漸化式に対しこの手法が有効なのかはわからないので過信は禁物ですね。

おわりに

　以上がこのApéryの加速法シリーズの全容となります。
　いや～、凄いですね、Apéryの加速法。
　初めはCohen(2024)に出会い「 Apéryの定理 に出てきた漸化式
$$(n+1)^3u_{n+1}-(2n+1)(17n^2+17n+5)u_n+n^3u_{n-1}=0$$
の有理数列解の比(Apéry limit)が$\z(3)$に収束することってこうやって導出できるのか！！」と仰天し、次いで知る人ぞ知る論文Apéry(1981)に出会い「いやApéryの定理も証明できちゃうんかい！ってかApéry自身が説明してるんかい！」と愕然とし、終いには 謎のブログ記事 に出会い「Apéry数列の明示形も導出できちゃうの？！」と度肝を抜かれたものでした。
　しかもそこから個人的な考察によりWZ的な表示や漸化式の解法などの発展的な手法が徐々に発明され、Apéryの加速法から非常に多くの謎が解明できることがわかり、そしてこの$8$本もの記事が生成されるに至りました。
　ひとまず個人的に思い付いたことについてはほぼ解明し終えたので今回の記事を以ってこのシリーズは終わりとなりますが、Apéryの加速法にはまだまだ研究の余地が残されていると思うので、皆様もこの金脈を掘り進めてみてはいかがでしょうか。 　

追記：低速Apéry変換とWZ method

　追加で色々と計算をしていたところ、ある低速Apéry変換がWZ-pairのポテンシャルそのものとなっていることに気付いたので、そのことについて簡単に紹介していきます。

$\log2$の場合

　ここで
\begin{align} c_{n,k} &=\sum^k_{l=1}\frac1{k2^l}+\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}{2^km\binom{m+k}k}\\ &=\sum^n_{m=1}\frac{(-1)^{m-1}}m+\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^n}{2^ll\binom{n+l}l} \end{align}
は
$$F(n,k-1)=\frac{(-1)^n}{2^kk\binom{n+k}k},\quad G(n,k-1)=\frac{(-1)^n}{2^{k-1}k\binom{n+k}k}$$
というWZ-pairに関するポテンシャルであることに注意しましょう。
　ちなみにこの対角Apéry変換は
\begin{align} \log2 &=\frac11\p\K^\infty_{n=1}\l(\frac{2n(2n-1)}{3n}\p\frac{-2n^2}{3n+1}\r)\\ &=\frac34\p\K^\infty_{n=1}\frac{4n(2n-1)}{7n+4}\\ &=3\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{2^nn\binom{2n}n} \end{align}
と級数表示することができます。

$\z(2)$の場合

　この数列
\begin{align} c_{n,k} &=\sum^k_{l=1}\frac1{l^2}+\sum^n_{m=1}\frac1{m^2\binom{m+k}m}\\ &=\sum^n_{m=1}\frac1{m^2}+\sum^k_{l=1}\frac1{l^2\binom{n+l}l} \end{align}
は
$$F(n,k-1)=\frac1{k^2\binom{n+k}k},\quad G(n,k-1)=\frac1{k(n+1)\binom{n+k}k}$$
というWZ-pairに関するポテンシャルとなっています。

$\z(3)$の場合

　以前よりApéryの加速法の「階段状の経路を取る」という手続きからWZ methodとのアナロジーを感じてはいましたが、実際このようにWZ的な手続きをApéryの加速法に翻訳することができるというのは興味深いですね。