Apéryの加速法7：Apéryの定理

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。
　今回の記事では 前回の記事 にて得られた連分数
\begin{align} \log2&=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2}{3(2n+1)}\\ \z(2)&=\frac53\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{11n^2+11n+3}\\ \z(3)&=\frac65\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(17n^2+17n+5)} \end{align}
の Apéryの定理 への応用について解説していきます。

Apéryの論文

　さてこれまで散々"Apéry"の加速法について解説しておきながら今更にはなりますが、ここで一度この手法とApéryとの関係について紹介しておきましょう。
　Apéryと言えばApéryの定理に関するたった3ページの論文

R. Apéry (1979), Irrationalité de $\z(2)$ et $\z(3)$

が有名ですが、実はその後に

R. Apéry (1981), Interpolation de fractions continues et irrationalité de certaines constantes

という論文を出しています。
　そしてそこで展開されていた理論こそがApéryの加速法であり、さらにApéryはApéryの加速法を用いたApéryの定理の証明についても言及しています。特にApéryの定理の 巷で有名な証明法 において用いられたApéryの数列はApéryの加速法によって得られたものであったというのです。
　実際、冒頭に挙げた連分数の収束分数$P_n/Q_n$に対しそれぞれ
$$a_n=\frac{P_n}{(n!)^s},\quad b_n=\frac{Q_n}{(n!)^s}\quad(s=1,2,3)$$
という数列を考えることで次のような事実が導かれます。

　見ての通りこれらは Apéryの定理 およびその類似に用いられた数列
\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}
と同じ数列を定めることがわかります(今回の記事ではこの明示形に関する考察はしません)。
　ということで今回の記事では先ほどの論文においてApéryはどのようにApéryの加速法からApéryの定理を導いていたのか、ということについて解説していきます。

補足

　ちなみにApéryの論文(1981)は こちらのブログ記事 (現在このブログは閉鎖されているためInternet Archiveのリンクを貼っています)に掲載されている こちらのPDF からそのコピーを閲覧することができます。
　また先ほど「Apéryの数列はApéryの加速法によって得られたものであった」と言いましたが、これは単なる個人的な憶測であることをここに断っておきます。実際Poorten(1979)のp.198において

Apéry described this process as follows:

という書き出しから説明されているApéry数列の構成法は、Apéryの加速法と少し似ているような気もするし全然違うような気もするので、結局のところApéryは最初にどのような方法でApéry数列を導出したのかは個人的に判然としていません。
　ただApéryの加速法による導出の方が圧倒的に納得性が高いため、私は上述のような解釈を採用することにしています。

Apéryの定理

　まず Apéryの定理 の証明の流れを復習しておきましょう。
　Apéryの定理を示すにはApéry数列$a_n,b_n$が次の性質を満たすことが重要なのでした。

　実際これらの事実を認めたとき、$\a_s$が有理数$p/q$に表せると仮定すると
$$A_n=d^s_nq\l|b_n\a_s-a_n\r|\qquad(d_n=\operatorname{lcm}(1,2,3,\ldots,n))$$
は常に整数となるのに対し、十分大きい$n$に対し
$$0< A_n< C\b^nd^s_n\sim C(\b e^s)^n<1$$
を満たすことになり矛盾が得られるのでした。
　また性質(ii)は定理1から$a_n/b_n\to\a_s$がわかることに注意すると、 第三回の記事 の補題6や Birkhoff-Adamsの定理 によって$a_n,b_n$が満たす漸化式の特性方程式の解$\a,\b\quad(|\a|>|\b|)$に対し
$$b_n\a_s-a_n=O\l(\frac{\b^n}{n^{-\mu}}\r)$$
が成り立つことを示せるので、あとは性質(i)を如何にして示すのかが重要となります。

Apéry数列の構成

　またApéry数列$a_n,b_n$の性質を考えていくにあたって、冒頭の連分数
\begin{align} \log2&=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2}{3(2n+1)}\\ \z(2)&=\frac53\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{11n^2+11n+3}\\ \z(3)&=\frac65\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(17n^2+17n+5)} \end{align}
はどのように導出され、そしてそこから$a_n,b_n$はどのように構成されていたのかを復習しておきましょう。

反復Bauer-Muir変換

　まず$\a_s$の級数表示
$$\a_s=\sum^\infty_{n=1}A_n =\l\{\begin{array}{cl} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n&(s=1)\\ \sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2}&(s=2)\\ \sum^\infty_{n=1}\frac1{n^3}&(s=3) \end{array}\r.$$
に対し
$$p_n^{(0)}=(n!)^s\sum^n_{m=1}A_m,\quad q_n^{(0)}=(n!)^s$$
とおき、これを起点に適当な多項式$r^{(k)}_n$を用いて
\begin{align} p^{(k+1)}_n&=p^{(k)}_{n+1}+r^{(k)}_{n+1}p^{(k)}_n\\ q^{(k+1)}_n&=q^{(k)}_{n+1}+r^{(k)}_{n+1}q^{(k)}_n \end{align}
と変換していったとき、これが定める連分数
$$\a_s=\lim_{n\to\infty}\frac{p^{(k)}_n}{q^{(k)}_n} =a^{(k)}_0+\frac{b^{(k)}_1}{a^{(k)}_1}\p\K^\infty_{n=2}\frac{b^{(k)}_n}{a^{(k)}_n}$$
を考えることで次のような公式が得られるのでした。

　特にこれらは$u^{(k)}_n=p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$が$n\geq2$において
$$u^{(k)}_n-a^{(k)}_nu^{(k)}_{n-1}-b^{(k)}_nu^{(k)}_{n-2}=0$$
という漸化式を満たすことを意味していることに注意しましょう。

Apéry変換

　また$P_n=p^{(n)}_n,Q_n=q^{(n)}_n$が定める連分数を考えることで
\begin{align} \log2&=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^3(n+1)}{3(n+1)(2n+1)}\\ \z(2)&=\frac{5/2}{3/2}\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^6(n+1)^2/4}{(n+1)^2(11n^2+11n+3)/2}\\ \z(3)&=\frac65\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^9(n+1)^3}{(n+1)^3(2n+1)(17n^2+17n+5)} \end{align}
という公式が得られ、余分な因子を払うために
$$P_n=\frac{p^{(n)}_n}{q^{(n)}_0},\quad Q_n=\frac{q^{(n)}_n}{q^{(n)}_0} \qquad\l(\mathrm{cf.}\quad q^{(k)}_0 =\l\{\begin{array}{ll} k!&(s=1)\\(k!)^2/2^k&(s=2)\\(k!)^3&(s=3) \end{array}\r.\r)$$
とおき直すことで冒頭の連分数
\begin{align} \log2&=\frac23\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^2}{3(2n+1)}\\ \z(2)&=\frac53\p\K^\infty_{n=1}\frac{n^4}{11n^2+11n+3}\\ \z(3)&=\frac65\p\K^\infty_{n=1}\frac{-n^6}{(2n+1)(17n^2+17n+5)} \end{align}
が得られるのでした。
　つまり
\begin{align} a_n&=\frac{P_n}{(n!)^s}=\frac{p^{(n)}_n}{q^{(0)}_nq^{(n)}_0}\\ b_n&=\frac{Q_n}{(n!)^s}=\frac{q^{(n)}_n}{q^{(0)}_nq^{(n)}_0} \end{align}
とおくことでApéry数列$a_n,b_n$が構成されていたわけです。

$d_n^sa_n,b_n\in\Z$の証明

　ということで以上のことを踏まえて$a_n,b_n$が性質(i)を満たすこと、より一般に以下の主張が成り立つことを示していきましょう。

証明のあらすじ

Apéryの手法

　いま上の補題2から$u^{(k)}_n=p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$が満たす漸化式がわかっているので、それを用いることで母関数
$$y=\sum^\infty_{n=0}\frac{u^{(k)}_n}{q^{(0)}_n}x^n$$
の満たす微分方程式が
$$Ly=u^{(k)}_1-a^{(k)}_1u^{(k)}_0$$
という形に求まります。
　そして$u^{(k)}_n=q^{(k)}_n$における方程式$Ly=0$は超幾何微分方程式に帰着させることができるため
$$y_1=\sum^\infty_{n=0}\frac{q^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}x^n$$
は$y(0)=1$を満たすような唯一の解、特に超幾何関数として求まり、そのことからまず
$$\frac{q^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z$$
が成り立つことがわかります。
　なおここまでがApéryによる説明であり、Apéryは$p^{(k)}_n$についてはほとんど言及していません。ただ個人的な考察により$p^{(k)}_n$についての主張は次のように示せることがわかりました。

個人的な考察

　いま上の$y_1$から階数低減法を用いるなどして他の解を求め、 定数変化法 を用いて非同次形の方程式$Ly=c$を解くことで
$$y=\sum^\infty_{n=0}\frac{p^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}x^n$$
は整数係数の冪級数を何回か積分したり積を取ったりした関数として表せ、そのことと
$$y(0)=\frac{p^{(k)}_0}{q^{(k)}_0}\in\sum^k_{l=1}\frac{\Z}{l^s}$$
が成り立つことを合わせると
$$y\in\l(\sum^k_{l=1}\frac{\Z}{l^s}\r)\c\Z[x] +\sum^\infty_{n=1}\l(\sum^n_{m=1}\frac{\Z}{m^s}\r)x^n$$
つまり
$$\frac{p^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0} \in\Z+\frac1{2^s}\Z+\frac1{3^s}\Z+\cdots+\frac1{(\max\{n,k\})^s}\Z$$
となることがわかる、というのが大まかな流れとなります。
　では具体的にどのような微分方程式が現れ、それがどのように解けるのかを見ていきましょう。

$\log2$の場合

　いま上での説明から
$$\log2=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}n$$
に関する反復Bauer-Muir変換$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$は$n\geq1$において
$$u^{(k)}_{n+1}-(2k+1)u^{(k)}_n-n^2u^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たしていたので、その母関数
$$y=\sum^\infty_{n=0}\frac{u^{(k)}_n}{q^{(0)}_n}x^n$$
は次のような微分方程式を満たすことがわかります。

　またこの微分方程式
$$(1-x^2)y'-(2k+1+x)y=c$$
は
$$y=\frac{(1+x)^k}{(1-x)^{k+1}}\l(y(0)+c\int^x_0\frac{(1-t)^k}{(1+t)^{k+1}}dt\r)$$
と解けるので、$q^{(k)}_1=(2k+1)q^{(k)}_0$および
\begin{align} p^{(k)}_0&=q^{(k)}_0\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^{l-1}}l\\ p^{(k)}_1&=q^{(k)}_1\l(\sum^k_{l=1}\frac{(-1)^{l-1}}l+\frac{(-1)^k}{2k+1}\r) \end{align}
に注意すると以下の主張が得られます。

　そしてこの右辺の級数展開を考えることで
$$\frac{q^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z,\quad \frac{p^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z+\frac12\Z+\frac13\Z+\cdots+\frac1{\max\{n,k\}}\Z$$
が成り立つことがわかります。

$\z(2)$の場合

$$\z(2)=\sum^\infty_{n=1}\farc1{n^2}$$
の場合は対応する反復Bauer-Muir変換$u^{(k)}_n=p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し、$\u^{(k)}_n=u^{(k)}_n/q^{(0)}_n$が
$$(n+1)^2\u^{(k)}_{n+1}-(2n^2+2n+k^2+k+1)\u^{(k)}_n+n^2\u^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすことから、その母関数
$$y=\sum^\infty_{n=0}\frac{u^{(k)}_n}{q^{(0)}_n}x^n$$
は次の微分方程式を満たすことがわかります。

　特にこの同次形はRiemannの$P$方程式と呼ばれる方程式(詳しくは この記事 などを参照されたい)となっており、対応する$P$関数は
$$P\l\{\begin{matrix} 0&1&\infty\\ 0&-k-1&1&x\\ 0&k&1 \end{matrix}\r\} =(1-x)^{-k-1} P\l\{\begin{matrix} 0&1&\infty\\ 0&0&-k&x\\ 0&2k+1&-k \end{matrix}\r\}$$
と求まるのでこれは次のような超幾何関数解を持つことがわかります。

　また$y_1$と線形独立な解$y_2$として階数低減法から
$$y_2=y_1\int\frac{dx}{x(1-x)^2y_1^2}$$
なるものが取れます。ちなみに この記事 の結果から
$$y_2=(1-x)^{-k-1}(\F{-k}{-k}1x\log x -\sum^k_{n=1}\binom kn^2\sum^{n-1}_{m=0}\l(\frac2{k-m}+\frac2{m+1}\r)x^n)$$
と表すこともできます。
　このとき$y_2$は$\log x$の項を持つことに注意して 定数変化法 を考えることで、微分方程式
$$x(1-x)^2y''+(1-x)(1-3x)y'-(k^2+k+1-x)y=c$$
の解であって$x=0$において正則なもの
$$y=\sum^\infty_{n=0}\frac{u^{(k)}_n}{q^{(0)}_n}x^n$$
は
$$y=y(0)y_1+c\l(y_2\int^x_0y_1(t)dt-y_1\int^x_0y_2(t)dt\r)$$
と求まることがわかり、したがって以下の主張が得られます。

　そしてこの右辺の級数展開を考えることで
$$\frac{q^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z,\quad \frac{p^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z+\frac1{2^2}\Z+\frac1{3^2}\Z+\cdots+\frac1{(\max\{n,k\})^2}\Z$$
が成り立つことがわかります。

$\z(3)$の場合

$$\z(3)=\sum^\infty_{n=1}\farc1{n^3}$$
の場合は対応する反復Bauer-Muir変換$u^{(k)}_n=p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$に対し、$\u^{(k)}_n=u^{(k)}_n/q^{(0)}_n$が
$$(n+1)^3\u^{(k)}_{n+1}-(2n+1)(n^2+n+2k^2+2k+1)\u^{(k)}_n+n^3\u^{(k)}_{n-1}=0$$
という漸化式を満たすことからその母関数
$$y=\sum^\infty_{n=0}\frac{u^{(k)}_n}{q^{(0)}_n}x^n$$
は次の微分方程式を満たすことがわかります。

　以下この微分方程式$Ly=c$の解き方に関する個人的な考察を述べていきますが、私は一般のFuchs型微分方程式の理論には疎いので、もっと簡単な方法があるかもしれません。
　いまこの同次形$Ly=0$は$x=0,1,\infty$のみを確定特異点に持つFuchs型微分方程式であり、対応するRiemann図式は
$$P\l\{\begin{matrix} 0&1&\infty\\ 0&0&1\\ 0&-2k-1&1\\ 0&2k+1&1 \end{matrix}\quad x\r\}$$
と求まるので、これは
$$P\l\{\begin{matrix} 0&1&\infty\\ 0&-k-\frac12&\frac12\\ 0&k+\frac12&\frac12 \end{matrix}\quad x\r\}^2$$
と解けるのではないかと予想できます。実際これが正しいことは煩雑な計算によって示せます。
　これはつまり微分方程式
$$x(1-x)^2z''+(1-x)(1-2x)z'-\l(\frac{2k^2+2k+1}2-\frac x4\r)z=0$$
の基本解$z_1,z_2$を用いると$Ly=0$は
$$y_1=z_1^2,\quad y_2=z_1z_2,\quad y_3=z_2^2$$
という基本解を持つことを意味しています。
　特に$Ly=c$は 定数変化法 と
$$z_1z'_2-z'_1z_2=\frac1{x(1-x)}$$
という関係式を用いることで
\begin{align} y &=c\bigg(y_1\int x(1-x)(y_2y'_3-y'_2y_3)dx\\ &\qquad\quad{}+y_2\int x(1-x)(y_3y'_1-y'_3y_1)dx\\ &\qquad\quad{}+y_3\int x(1-x)(y_1y'_2-y'_1y_2)dx\bigg)\\ &=c\l(y_1\int y_3dx-2y_2\int y_2dx+y_3\int y_1dx\r) \end{align}
と解けることに注意すると以下の主張が得られます。

　そしてこの右辺の展開係数を考えることで
$$\frac{q^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z,\quad \frac{p^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z+\frac1{2^3}\Z+\frac1{3^3}\Z+\cdots+\frac1{(\max\{n,k\})^3}\Z$$
が成り立つことがわかります。

おわりに

　以上がApéryによる微分方程式を用いた
$$b_n\in\Z,\quad a_n\in\Z+\frac1{2^s}\Z+\frac1{3^s}\Z+\cdots+\frac1{n^s}\Z$$
の証明(および個人的な考察によるその補完)となります。
　さて今回の記事における考察から Apéryの定理の記事 にて提示したようなApéry数列に関する多くの謎が解明されたわけですが、ただ一つ残る大きな謎として
\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}
という明示式の存在がありました。
　そして実はApéryの加速法について調べていくうちにこのような明示式が導出できるということに気付いたので、 次回の記事 ではそのことについて解説していこうと思います。
　ちなみに 次回の記事 にて得られる$p^{(k)}_n,q^{(k)}_n$の明示式から今回の記事にて頑張って示した
$$\frac{q^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z,\quad \frac{p^{(k)}_n}{q^{(0)}_nq^{(k)}_0}\in\Z+\frac1{2^s}\Z+\frac1{3^s}\Z+\cdots+\frac1{(\max\{n,k\})^s}\Z$$
という事実も簡単に示せちゃうことになります。