Normat 58:2, 49–62 (2010) 49
Jesus Guilleras formler för 1/π
2
och superkongruenser
Gert Almkvist och Arne Meurman
Matematikcentrum
Lunds universitet
Gert.Almkvist@math.lu.se
Arne.Meurman@math.lu.se
1. Introduktion.
För nästan 100 år sedan fann Ramanujan 17 serier för 1/π där
∞
X
n=0
(1/2)
n
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
3
(26390n + 1103)
1
99
4n+2
=
1
2π
√
2
är den mest spektakulära. Här är (a)
0
= 1 och (a)
n
= a(a + 1)(a + 2)...(a + n −1)
för n ≥ 1 Pochhammersymbolen. Formlerna bevisades långt senare av bröder-
na Borwein med hjälp av modulära former (se [5]). På 1980-talet fann bröderna
Chudnovsky ([6]) formeln
∞
X
n=0
(1/2)
n
(1/6)
n
(5/6)
n
n!
3
(545140134n + 13591409)
(−1)
n
53360
3n+2
=
3
2π
√
10005
vilken de använde för att beräkna π med drygt 1 miljard decimaler, vilket var
världsrekord då. Beräkningarna utfördes på en hembyggd dator, som utvecklade så
mycket värme att brödernas fruar flyttade ut från lägenheten.
Det väckte stor sensation då Jesus Guillera 2002 fann åtta liknande formler för
1/π
2
, t.ex.
∞
X
n=0
(1/2)
3
n
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
5
(120n
2
+ 34n + 3)
1
16
n
=
32
π
2
Han kunde bevisa tre av sina formler med WZ-metoden. De andra fann han ge-
nom att använda Maples PSLQ". Guillera är egentligen amatör men har nyligen
disputerat i Zaragoza med Zudilin om biträdande handledare. Gourevich fann 2002
(utan bevis) formeln
50 Gert Almkvist och Arne Meurman Normat 2/2010
∞
X
n=0
(1/2)
7
n
n!
7
(168n
3
+ 76n
2
+ 14n + 1)
1
64
n
=
32
π
3
Genom att kvadrera formler för 1/π har Zudilin och den förstnämnde författaren
producerat otaliga formler för 1/π
2
. Man kan också transformera Guilleras formler
([2],[3],[16],[17]). Men dessa formler är av lägre klass än Guilleras genuina formler.
Van Hamme oberverade 1996 att om man i Ramanujans formel
∞
X
n=0
(1/2)
3
n
n!
3
(4n + 1)(−1)
n
=
2
π
i stället summerade till p − 1 ( p > 2 primtal) så gällde
p−1
X
n=0
(1/2)
3
n
n!
3
(4n + 1)(−1)
n
≡ p
−1
p
mod p
3
Här är
a
p
Legendresymbolen, dvs
a
p
= 1 om a är en kvadrat mod p,
annars
a
p
= −1. Mortenson bevisade detta ([14]). Zudilin observerade att även
andra av Ramanujans formler gav kongruenser, t.ex.
p−1
X
n=0
(1/2)
n
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
3
(26390n+1103)
1
99
4n+2
≡ 1103p
−2
p
mod p
3
för p > 11
(inget bevis). Även Guilleras formler gav kongruenser. Genom att använda WZ-
metoden lyckades Zudilin bevisa
p−1
X
n=0
(1/2)
3
n
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
5
(120n
2
+ 34n + 3)
1
16
n
≡ 3p
2
mod p
5
för p > 2
Gourevichs formel ger (inget bevis)
p−1
X
n=0
(1/2)
7
n
n!
7
(168n
3
+ 76n
2
+ 14n + 1)
1
64
n
≡ p
3
−1
p
mod p
7
om p > 2
2. Guilleras bevis.
WZ-metoden är ”named after two complex variables”, påstår de modesta uppfin-
narna Herb Wilf och Doron Zeilberger (jämför med Banachs B-rum !). Den föregicks
Normat 2/2010 Gert Almkvist och Arne Meurman 51
av Bill Gospers ”creative telescoping” (Zudilin anger att metoden fanns redan 1859
hos G.Bauer [4]). Vi visar hur den fungerar i Guilleras bevis för en av hans formler
∞
X
n=0
(1/2)
3
n
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
5
(120n
2
+ 34n + 3)
1
16
n
=
32
π
2
Först visar vi hur man med hjälp av PSLQ i Maple kan hitta formeln. Beräkna
H(k) =
∞
X
n=0
(1/2)
3
n
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
5
n
k
1
16
n
för k = 0, 1, 2 med, säg 20 decimaler. Sedan ger
PSLQ([H(2),H(1),H(0),evalf(1/Pi^2)]);
svaret
[120,34,3,-32]
Vi har
(1/2)
n
n!
= 4
−n
2n
n
och
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
2
= 2
−6n
2n
n
4n
2n
Det följer
(1/2)
3
n
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
5
= 2
−12n
2n
n
4
4n
2n
Så Guillera gissar funktionen
G(n, k) =
(−1)
k
2
16n+4k
(120n
2
+ 84nk + 34n + 10k + 3)
2k
k
3
2n
n
4
4n−2k
2n−k
2n
k
n+k
n
2
Zeilbergers imaginäre medarbetare EKHAD ger kompanjonen
F (n, k) = 512
(−1)
k
2
16n+4k
n
3
4n − 2k − 1
2k
k
3
2n
n
4
4n−2k
2n−k
2n
k
n+k
n
2
så att
F (n + 1, k) − F (n, k) = G(n, k + 1) − G(n, k)
denna identitet verifieras lättast genom att dividera båda sidor med F (n, k) och
använda ”expand” och ”simplify”.
52 Gert Almkvist och Arne Meurman Normat 2/2010
Vi får
∞
X
n=0
G(n, k + 1) −
∞
X
n=0
G(n, k) = lim
n→∞
(F (n + 1, k) − F (0, k) = 0
ty
F (n, k) → 0 då n → ∞
Vi har
2n
n
∼
4
n
√
πn
då n → ∞. Det följer
2k
k
3
2n
n
4
4n−2k
2n−k
2n
k
n+k
n
2
≤
2k
k
3
2n
n
4
4n − 2k
2n − k
∼
4
3k
(πk)
3/2
4
4n
(πn)
2
4
2n−k
p
π(2n − k)
∼
2
12n+4k
π
4
√
2k
3/2
n
5/2
för n >> k
Alltså
|F (n, k)| ≤
32
√
2
π
4
1
√
n
1
k
3/2
1
16
n
→ 0 då n → ∞
Det följer att
∞
X
n=0
G(n, k) = A = konstant oberoende av k.
Utvidga G(n, z) till komplexa z genom
G(n, z) =
cos(πz)
2
16n+4z
(120n
2
+ 84nz + 34n + 10z + 3)
2z
z
3
2n
n
4
4n−2z
2n−z
2n
z
n+z
n
2
och sätt
H(z) =
∞
X
n=0
G(n, z) − A
Vi skall nu använda följande sats av Fritz Carlson:
Låt H(z) vara en hel funktion sådan att H(z) = 0 för z = 0, 1, 2, ... och
H(z) = O(exp(c |z|)) då Re(z) ≥ 0 där c < π. Då är H(z) ≡ 0.
Observera att det är väsentligt att c < π. Om c = π är sin(πz) ett motexempel.
Vi behöver
|Γ(x + iy)| ∼
√
2π |y|
x−1/2
exp(−
π
2
|y|) då |y| → ∞
Det följer
2z
z
=
Γ(2x + 1 + 2iy)
Γ(x + 1 + iy)
∼
4
x
p
π |y|
då |y| → ∞
Normat 2/2010 Gert Almkvist och Arne Meurman 53
n + z
n
=
Γ(n + x + 1 + iy)
n!Γ(x + 1 + iy)
∼
|y|
n
n!
2n
z
=
(2n)!
Γ(x + 1iy)Γ(2n − x + 1 + iy)
∼
(2n)! exp(π |y|)
|y|
2n+1
Vi får
|cos(πz)| ∼
1
2
exp(|y|)
2k
k
3
2n
n
4
4n − 2k
2n − k
∼
4
3x
(π |y|)
3/2
4
4n
(πn)
2
4
4n−2x
(2π |y|)
1/2
då |y| → ∞
n + z
n
2
2n
z
∼
|y|
2n
n!
2
(2n)! exp(π |y|)
|y|
2n+1
Alltså
|G(n, z)| = O(4
−n−x
n
−3/2
|y|
−1/2
) = O(exp(c |z|) för alla 0 < c < π
Så vi kan använda Carlsons sats och får
∞
X
n=0
G(n, k) = A
för alla k > 0. Sätt k = 1/2. Då blir G(n, 1/2) = 0 för n ≥ 1 och vi får
A = lim
k→1/2
(G(0, k) =
32
π
2
För att visa detta behöver vi
Lemma 1.
Γ(−n + ε) =
(−1)
n
n!
1
ε
+ O(1)
(för ett bevis se [1]).
Vi får
cos(π(
1
2
+ ε))
−2(
1
2
+ ε)
−(
1
2
+ ε)
= −sin(πε)
Γ(−2ε)
Γ(1/2 − ε)
2
= −(πε + O(ε
3
))(
−1
2ε
+ O(1))
1
(
√
π)
2
=
1
2
+ O(ε)
och
1
1/2
=
1
Γ(3/2)
2
=
4
π
0
1/2
=
1
Γ(3/2)Γ(1/2)
=
2
π
54 Gert Almkvist och Arne Meurman Normat 2/2010
vilket avslutar beviset.
Anmärkning.
Det gäller ju
∞
X
n=0
G(n, k) =
32
π
2
för alla heltal k > 0 Men för n < k/2 måste man i G(n, k) ersätta
4n−2k
2n−k
2n
k
med
k
2n
2k−4n
k−2n
Detta visas lätt med hjälp av Lemma 1.
3. Wadim Zudilins bevis för en superkongruens.
Sats:
p−1
X
n=0
(1/2)
3
n
(1/4)
n
(3/4)
n
n!
5
(120n
2
+34n+3)
1
16
n
≡ 3p
2
mod p
5
där p > 2 är primtal.
Bevis:
Först observerar vi att
(1/4)
n
(3/4)
n
= 4
−n
(1/2)
2n
så vi skall bevisa
p−1
X
n=0
(1/2)
3
n
(1/2)
2n
n!
5
(120n
2
+ 34n + 3)
1
64
n
≡ 3p
2
mod p
5
Fallet p = 3 kontrolleras lätt, så antag att p ≥ 5. Zudilin använder inte samma
F och G som vi hade tidigare. Låt
F (n, k) = (120n
2
− 84nk + 34n − 10k + 3)
(1/2)
3
n
(1/2)
2n+k
2
6n
n!
3
(n − k)!
2
(1/2)
3
k
och
G(n, k) =
(1/2)
3
n
(1/2)
2n+k−1
2
6n−8
(n − 1)!
3
(n − k)!
2
(1/2)
3
k
där F (n, k) = G(n, k) = 0 om n < k. Man visar lätt
F (n, k − 1) − F (n, k) = G(n + 1, k) − G(n, k)
Normat 2/2010 Gert Almkvist och Arne Meurman 55
Det följer
p−1
X
n=0
F (n, k − 1) −
p−1
X
n=0
F (n, k) = G(p, k) − G(0, k) = G(p, k)
Nu gäller
G(p, k) =
(1/2)
3
p
(1/2)
2p+k−1
2
6p−8
(p − 1)!
3
(p − k)!
2
(1/2)
3
k
≡ 0 mod p
5
då k = 1, 2, 3.., (p −1)/2
ty
(1/2)
p
=
1
2
3
2
...(
1
2
+ p − 1) =
1
2
p
· 1 · 3 · ... · (2p − 1) ≡ 0 mod p
och
(1/2)
2p+k−1
=
1
2
3
2
...(
1
2
+2p+k−2) =
1
2
2p+k−1
·1·3·...·(4p+2k−3) ≡ 0 mod p
2
(1/2)
k
=
1
2
3
2
...(
1
2
+ k − 1) =
1
2
k
· 1 · 3 · ... · (2k − 1) 6= 0 mod p
Det följer
p−1
X
n=0
F (n, 0) ≡
p−1
X
n=0
F (n,
p − 1
2
) mod p
5
Vidare har vi
ord
p
(F (n,
p − 1
2
) = ord
p
(1/2)
3
n
(1/2)
2n+(p−1)/2
2
6n−8
n!
3
(n − (p − 1)/2)!
2
(1/2)
3
(p−1)/2
≥ ord
p
((1/2)
3
n
(1/2)
2n+(p−1)/2
) ≥ ord
p
((1/2)
(p+1)/2
(1/2)
p+1+(p−1)/2
) = 5
för n = (p + 1)/2, (p + 3)/2, .., p − 1 ty
(1/2)
(p+1)/2
=
1
2
·
3
2
· .... · (
1
2
+
p + 1
2
− 1) =
1
2
(p+1)/2
1 · 3 · ... · p ≡ 0 mod p
och
(1/2)
p+1+(p+1)/2
=
1
2
·
3
2
· .... · (
1
2
+ p + 1 +
p + 1
2
− 1)
=
1
2
p+1+(p+1)/2
1 · 3 · ... · (3p + 2) ≡ 0 mod p
2
Detta ger
p−1
X
n=0
F (n, 0) ≡
p−1
X
n=(p−1)/2
F (n,
p − 1
2
) ≡ F (
p − 1
2
,
p − 1
2
) mod p
5
56 Gert Almkvist och Arne Meurman Normat 2/2010
Nu får vi
F (
p − 1
2
,
p − 1
2
) =
3p(3p − 2)
2
3p−3
((p − 1)/2)!
3
(3p − 3)!
((3p − 3)/2)!2
3p−3
=
3p
2
6p−6
(3p − 2)!
((p − 1)/2)!
3
((3p − 3)/2)!
≡ 3p
2
mod p
5
vilket följer från
Lemma 2.
Sätt n = (p − 1)/2. Om p ≥ 5 är ett primtal så gäller
(6n + 1)!
(3n)!n!
3
≡ 2
12n
p mod p
4
Bevis:
Vi har
(6n + 1)!
(3n)!
=
(6n + 2)!
2(3n + 1)!
=
(3p − 1)!
2((3p − 1)/2)!
=
4n + 2
2
n
Y
j=1
(3p − j)(2p + j)(2p − j)
= pn!
3
n
Y
j=1
(1 −
2p
j
)(1 +
2p
j
)(1 −
3p
j
)
= pn!
3
n
Y
j=1
(1 −
3p
j
+
4p
2
j
2
+ O(p
3
))
= pn!
3
1 − 3pH
n
+
9p
2
2
(H
2
n
− H
0
n
) − 4p
2
H
0
n
+ O(p
3
)
där
H
n
=
n
X
j=1
1
j
och H
0
n
=
n
X
j=1
1
j
2
Men H
0
n
≡ 0 mod p ger
(6n + 1)!
(3n)!n!
3
≡ p
1 − 3pH
n
+
9
2
p
2
H
2
n
mod p
4
För att avsluta beviset behöver vi
Sats (Emma Lehmer 1938)
Definera Fermatkvoten
q
2
=
2
p−1
− 1
p
Normat 2/2010 Gert Almkvist och Arne Meurman 57
Då gäller
H
(p−1)/2
≡ −2q
2
+ pq
2
2
mod p
2
Jämför med Wolstenholmes sats
H
p−1
≡ 0 mod p
2
som är lätt att bevisa. Emma Lehmers bevis är synnerligen invecklat. I ett Appen-
dix ger vi ett förenklat bevis.
Vi får
q
2
≡ −
H
n
2
+
p
2
q
2
2
≡ −
H
n
2
+
p
8
H
2
n
mod p
2
vilket ger
2
p−1
≡ 1 −
p
2
H
n
+
p
2
8
H
2
n
mod p
3
Upphöj denna kongruence till 6
2
12n
≡ 1 − 3pH
n
+
9
2
p
2
H
2
n
mod p
3
och
(6n + 1)!
(3n)!n!
3
≡ 2
12n
p mod p
4
Anmärkning 1.
Guillera fann nyligen en formel av ett annat slag, nämligen
∞
X
n=0
1
n + 1/2
2n
n
2
4n
2n
3
(672n
3
+ 472n
2
+ 78n +
9
2
)
1
2
22n
=
64
√
2
π
2
Det finns också en medföljande superkongruens
p−1
X
n=0
1
n + 1/2
2n
n
2
4n
2n
3
(672n
3
+ 472n
2
+ 78n +
9
2
)
1
2
22n
≡ 9
2
p
p
2
mod p
5
Det finns inga bevis.
Anmärkning 2.
Guillera har lyckats bevisa ytterligare två identiteter (se [11] )
∞
X
n=0
2n
n
4
8n
2
+ 8n + 1
(n + 1)
2
1
2
8n
=
16
π
2
∞
X
n=0
2n
n
4
3n
n
(74n
2
+ 27n + 3)
1
2
12n
=
48
π
2
58 Gert Almkvist och Arne Meurman Normat 2/2010
Båda leder till superkongruenser mod p
5
. Vidare har han tillsammans med
Zudilin funnit och bevisat följande (se [12])
p−1
X
n=0
(−1)
n
2n
n
5
(10n
2
+ 6n + 1)
1
2
8n
≡ p
2
mod p
5
Observera att serien
∞
X
n=0
(−1)
n
2n
n
5
(10n
2
+ 6n + 1)
1
2
8n
divergerar, men kan ges värdet 4/π
2
. Låt θ = x
d
dx
. Då kan man beräkna summan
i Maple genom att substituera x = −4 i
(10θ
2
+ 6θ + 1)
5
F
4
(1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2; 1, 1, 1, 1; x)
som ger svaret 0.405284734569 som är nära 4/π
2
.
Genom att använda PSLQ fann vi den märkliga formeln
∞
X
n=0
2n
n
4
3n
n
74n
3
+ 135n
2
+ 69n + 6
(n + 1)
3
1
2
12n
=
64
π
2
med kongruensen
p−1
X
n=0
2n
n
4
3n
n
74n
3
+ 135n
2
+ 69n + 6
(n + 1)
3
1
2
12n
≡ 6p
2
mod p
3
Appendix. Ett bevis för Emma Lehmers Sats.
Vi definierar Bernoullital, B
n
genom den exponentiella genererande funktionen
t
e
t
− 1
=
∞
X
n=0
B
n
t
n
n!
och Bernoullipolynom, B
n
(x) genom
te
xt
e
t
− 1
=
∞
X
n=0
B
n
(x)
t
n
n!
Övning 1:
Visa
(a) B
n
(0) = B
n
Normat 2/2010 Gert Almkvist och Arne Meurman 59
(b) B
2n−1
= 0 om n > 1 Ledning;
t
e
t
− 1
= −
t
2
+
t
2
coth(
t
2
)
(c) B
n
(x) =
P
n
j=0
n
j
B
j
x
n−j
(d) B
0
n
(x) = nB
n−1
(x)
(e) B
n
(1/2) = (2
1−n
− 1)B
n
Ledning:
te
t/2
e
t
− 1
= 2
t/2
e
t/2
− 1
−
t
e
t
− 1
(f) B
k+1
(x + 1) − B
k+1
(x) = (k + 1)x
k
(g)
P
n
j=0
j
k
=
1
k+1
{B
k+1
(n + 1) − B
k+1
} Ledning: Teleskopsumma!
(h) B
2k
= T/N där N är produkten av alla primtal p sådana att p −1 delar
2k . Detta är Clausen-von Staudts sats (för ett bevis se [7]).
(i)
P
(p−1)/2
j=0
j
2k
≡ p(2
−2k
− 2
−1
)B
2k
mod p
3
om p − 1 inte delar 2k − 2
Ledning:
B
2k+1
(
1
2
+
p
2
) = B
2k+1
(
1
2
) +
p
2
B
0
2k+1
(
1
2
) + ...
(j)
P
(p−1)/2
j=0
j
2k−1
≡ k
−1
(2
−2k
− 1)B
2k
mod p
2
om p − 1 inte delar 2k − 2.
Definition: (a) q
j
= (j
p−1
− 1)/p Fermatkvoten, ett heltal enligt Fermats lilla
sats
(b) ω
p
= ((p − 1)! + 1)/p Wilsonkvoten, ett heltal enligt Wilsons
sats.
Övning 2:
Visa
(a) q
ab
≡ q
a
+ q
b
mod p
(b)
P
p−1
a=1
q
a
≡ ω
p
mod p Ledning: VL= q
(p−1)!
och (p − 1)! = −1 + pω
p
mod p
(c) p − 1 + ptω
p
≡ pB
t(p−1)
mod p
2
Ledning: r
t(p−1)
≡ 1 + ptq
r
mod p
2
Bevis för Emma Lehmer’s sats.
Vi har
1 ≡ 1 − (pq
r
)
2
= 1 − (r
p−1
− 1)
2
= 2r
p−1
− r
2p−2
mod p
2
Det följer
S =
(p−1)/2
X
r=1
1
r
≡
(p−1)/2
X
r=1
1
r
(2r
p−1
− r
2p−2
) =
(p−1)/2
X
r=1
(2r
p−2
− r
2p−3
)
60 Gert Almkvist och Arne Meurman Normat 2/2010
Använder vi 1 (j) får vi
S ≡
4
p − 1
(2
1−p
− 1)B
p−1
−
1
p − 1
(2
2−2p
− 1)B
2p−2
Med 2 (c) och 2
p−1
= 1 + pq
2
får vi
S ≡
4
p − 1
1 − 2
p−1
p2
p−1
(p − 1 + pω
p
) −
1
p − 1
1 − 2
2p−2
p2
2p−2
(p − 1 + 2pω
p
)
= −
4q
2
(p − 1)(1 + pq
2
)
(p − 1 + pω
p
) −
(1 − (1 + pq
2
)
2
)
p(p − 1)(1 + pq
2
)
2
(p − 1 + 2pω
p
)
≡ −
4q
2
1 + pq
2
+ 4pq
2
ω
p
+
2q
2
+ pq
2
2
(1 + pq
2
)
2
+
2pω
p
p − 1
2q
2
+ pq
2
2
(1 + pq
2
)
2
≡ −4q
2
(1 − pq
2
) + 4pq
2
ω
p
+ 2q
2
(1 − 2pq
2
) + pq
2
2
− 4pω
p
q
2
= −2q
2
+ pq
2
2
mod p
2
Övning (Don Zagier):
Efter allt detta om Bernoullital kan vi inte avhålla oss från att visa på ett magiskt
arbete av Zagier.
Definiera de modifierade Bernoullitalen
B
∗
n
=
n
X
j=0
n + j
n − j
B
j
j
(a) Upptäck att B
∗
n
för n udda antar bara fyra värden, nämligen ±1/4 och
±3/4. Vidare gäller B
∗
n+12
= B
∗
n
om n är udda.
(b) Definiera
F (x) =
∞
X
n=1
B
n
n
x
n
som divergerar för alla x 6= 0 (förr blev man mobbad i Lund om man skrev upp
en sådan serie på tavlan).
Visa
F (−x) = F (x) + x och F (
x
1 − x
) = F (x) + x + log(1 − x)
(c) Definiera
F
λ
(x) = F (
x
1 − λx + x
2
) − log(1 − λx + x
2
)
Normat 2/2010 Gert Almkvist och Arne Meurman 61
Då är
F
2
(x) =
∞
X
j=1
B
j
j
x
j
(1 − x)
2j
− 2 log(1 − x) = 2
∞
X
n=1
B
∗
n
x
n
Visa att
F
λ+1
(x) = F
λ
(x) +
x
1 − λx + x
2
= F
−λ
(−x)
Ledning:
x
1 − (λ + 1)x + x
2
=
x
1−λx+x
2
1 −
x
1−λx+x
2
(d) Avsluta med
4
∞
X
n=1
B
∗
2n−1
x
2n−1
= F
2
(x) − F
2
(−x)
= F
2
(x)−F
1
(x)+F
1
(x)−F
0
(x)+F
0
(x)−F
−1
(x) =
3x − x
3
− x
5
+ x
7
+ x
9
− 3x
11
1 − x
12
(observera att F
2
(−x) = F
−1
(x) ).
(e) För B
∗
n
där n är jämnt gäller följande asymptotiska formel
B
∗
2n
= (−1)
n
π {Y
2n
(4π) + Y
2n
(8π) + Y
2n
(12π) + ...}
där Y
2n
är en Besselfunktion (se [15]).
Referenser
[1] G.Almkvist, The art of finding Calabi-Yau differential equations, to appear in
Contempary Math., arXiv AG/0902.4786
[2] G.Almkvist, Ramanujan-like formulas for 1/π
2
á la Guillera and Zudilin and
Calabi-Yau differential equations, Computer Science J. of Moldova, 17 (2009), 1-21.
[3] G.Almkvist, Transformations of Jesus Guillera’s formulas for 1/π
2
, arXiv
NT/0911.4849
[4] G.Bauer, Von den Coefficienten der Reihen von Kugelfunktionen einer Variablen,
J.Reine Angew.Math. 56 (1859) 101-121.
[5] J.M.Borwein, P.B.Borwein, Pi and the AGM, Wiley Interscience, 1987.
[6] D.V.Chudnovsky, G.V.Chudnovsky, Approximations and complex multiplication
according to Ramanujan, in Ramanujan revisited", Ed. G.E.Andrews, B.C.Berndt,
R.A.Rankin, Academic Press 1987.
[7] H.Cohen, Number Theory, Vol II, Analytic and modern tools, Springer Verlag, 2007
62 Gert Almkvist och Arne Meurman Normat 2/2010
[8] J.Guillera, Series de Ramanujan: Generalizaciones y conjeturas (Spanska), Thesis,
Zaragoza 2007.
[9] J.Guillera, Some binomial series obtained by the WZ-method, Adv. in Appl. Math.
29 (2002), 599-603.
[10] J.Guillera, Hemsida, http://personal.auna.com/guillera
[11] J.Guillera, A new Ramanujan-like series for 1/π
2
, arXiv, NT/1003.1915.
[12] J.Guillera, W.Zudilin, “Divergent” Ramanujan-type supercongruences, preprint
2010.
[13] E.Lehmer, On congruences involving Bernoulli numbers and the quotients of
Fermat and Wilson, Ann. of Math.,39 (1938) 350-360.
[14] E.Mortenson, A p-adic supercongruence conjecture of van Hamme, Proc. Amer.
Math. Soc. 136 (2008) 4321-4328.
[15] D.Zagier, A modified Bernoulli number, Neuw Archief voor Wiskunde, 16 (1998)
63-72.
[16] W.Zudilin, Quadratic transformations and Guillera’s formulae for 1/π
2
, Math.
Notes, 81 (2007) 297-301.
[17] W.Zudilin, More Ramanujan-type formula for 1/π
2
, Uspeki Mat. Nauk 62 (2007)
[18] W.Zudilin, Ramanujan-type formulae for 1/π : A second wind? in Modular forms
and string duality, Ed. N.Yui, H.Verrill, C.F.Doran, AMS, Providence 2008
[19] W.Zudilin, Ramanujan-type supercongruences, J.Number Theory, 129 (2009)
1848-1857.
