Una fórmula de conjetura: $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\binom{mn}{n}}{n}\left(\frac{(m-1)^{m-1}}{m^m} \right)^n=m\log\left(\frac{m}{m-1}\right)$

Question

Con la ayuda de los cálculos numéricos de Mathematica, encuentro que la siguiente fórmula es válida

$$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\binom{mn}{n}}{n}\left(\frac{(m-1)^{m-1}}{m^m} \right)^n=m\log\left(\frac{m}{m-1}\right)\quad ?$$

$m>1$ es un número entero positivo. Pero no puedo demostrarlo.

Answer 1

Demasiado largo para los comentarios.

Usando otro CAS, no he podido obtener el rhs (excepto para $m=2$ ) pero numéricamente los resultados coinciden con su conjetura (comprobado hasta $m=20$ ).

Considerando $$f_m=\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\binom{mn}{n}}{n}\left(\frac{(m-1)^{m-1}}{m^m} \right)^n$$ casos de funcionamiento, lo que obtuve es $$f_3=\frac{2 ^2}{3^2} \, _4F_3\left(1,1,\frac{4}{3},\frac{5}{3};\frac{3}{2},2,2;1\right)$$ $$f_4=\frac{3^3}{4^3} \, _5F_4\left(1,1,\frac{5}{4},\frac{6}{4},\frac{7}{4};\frac{4}{3},\frac{5}{3},2,2;1 \right)$$ $$f_5=\frac{4^4}{5^4} \, _6F_5\left(1,1,\frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5},\frac{9}{5};\frac{5}{4},\frac {6}{4},\frac{7}{4},2,2;1\right)$$ $$f_6=\frac{5^5}{6^5}\, _7F_6\left(1,1,\frac{7}{6},\frac{8}{6},\frac{9}{6},\frac{10}{6},\frac{11}{6};\frac {6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5},\frac{9}{5},2,2;1\right)$$ $$f_7=\frac{6^6}{7^6}\, _8F_7\left(1,1,\frac{8}{7},\frac{9}{7},\frac{10}{7},\frac{11}{7},\frac{12}{7}, \frac{13}{7};\frac{7}{6},\frac{8}{6},\frac{9}{6},\frac{10}{6},\frac{11}{6},2,2;1 \right)$$ que, tal como están escritas, revelan patrones muy claros. $$\color{blue}{f_m=\frac{(m-1)^{m-1}}{m^{m-1}}\, _{m+1}F_m\left(1,1,\frac{m+1}m,\cdots,\frac{2m-1}m;\frac m{m-1},\cdots,\frac {2m-3}{m-1},2,2;1\right)}$$

Probando en Wolfram Cloud, obtuve los mismos resultados pero sin ninguna simplificación. Sorprendente, ¿no?

Answer 2

Dejemos que $z_m=(m-1)^{m-1}/m^m$ . Desde este respuesta, tenemos \begin {align} F_m(z)&:= \sum_ {n=0}^{ \infty } \binom {mn}{n} \frac {z^n}{(m-1)n+1}=1+z \big (F_m(z) \big )^m, \\ G_m(z)&:= \sum_ {n=0}^{ \infty } \binom {mn}{n}z^n= \frac {F_m(z)}{m-(m-1)F_m(z)}. \end {align} Ahora $F_m(0)=1$ y $\color{blue}{F_m(z_m)=m/(m-1)}$ (¡sí!), así $$\sum_{n=1}^{\infty}\binom{mn}{n}\frac{(z_m)^n}{n}=\int_{0}^{z_m}\frac{G_m(z)-1}{z}\,dz,$$ y la sustitución $w=F_m(z)$ (es decir $z=(w-1)/w^m$ ) lo colapsa a $$\sum_{n=1}^{\infty}\binom{mn}{n}\frac{(z_m)^n}{n}=\color{blue}{m\int_1^{m/(m-1)}\frac{dw}{w}}=m\ln\frac{m}{m-1}.$$ [Como subproducto, obtenemos $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\binom{mn}{n}\frac{z^n}{n}=m\ln F_m(z)$ .]

Answer 3

Estoy publicando esto como otra "respuesta", porque podría ser relevante, pero no está relacionado con mi intento original. Esto no dice cómo demostrar la forma cerrada, es sólo una ilustración de algunas consecuencias interesantes de la conjetura.

En el siguiente documento el autor deriva una serie asintótica general para los coeficientes binomiales. Para el caso que nos interesa se ve así:

$$\binom{mn}{n} \asymp \sqrt{\frac{m}{2 \pi (m-1) n}} \left( \frac{m^m}{(m-1)^{m-1}} \right)^n \sum_{k=0}^\infty \frac{P_k(m)}{n^k} \\ n \to \infty$$

Dónde $$P_0(m)=1 \\ P_k(m) = \frac{1}{k} \sum_{j=1}^k \frac{(-1)^j}{j+1} \left(1+\frac{1}{(m-1)^j}-\frac{1}{m^j} \right) B_{j+1}(1) P_{k-j}(m)$$

Dónde $B_{j+1}(x)$ son polinomios de Bernoulli.

Obviamente, podemos ver que el primer término de esta expansión asintótica coincide exactamente con la parte "rara" de la serie original, por lo que podemos hacer otra conjetura:

$$m\log\left(\frac{m}{m-1}\right) \approx \sqrt{\frac{m}{2 \pi (m-1)}} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}} \sum_{k=0}^K \frac{P_k(m)}{n^k}$$

Dónde $K$ es un número grande pero finito. (Recuerde que el $k$ es una serie asintótica, no converge). Así que podemos intercambiar el orden de la suma:

$$m\log\left(\frac{m}{m-1}\right) \approx \sqrt{\frac{m}{2 \pi (m-1)}} \sum_{k=0}^K \zeta \left(k+\frac{3}{2} \right) P_k(m)$$

Comprobando numéricamente, encontré que $K=6$ o $K=8$ da el mejor resultado para todos $m \geq 2$ :

Obviamente, para lograr un mejor acuerdo, tenemos que elegir mayores $n$ así que tiene sentido escribir:

$$m\log\left(\frac{m}{m-1}\right) \approx \sum_{n=1}^N \binom{n m}{n} \frac{1}{n} \left( \frac{(m-1)^{m-1}}{m^m} \right)^n+ \sqrt{\frac{m}{2 \pi (m-1)}} \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^{3/2}} \sum_{k=0}^K \frac{P_k(m)}{n^k}$$

O:

$$m\log\left(\frac{m}{m-1}\right) \approx \sum_{n=1}^N \binom{n m}{n} \frac{1}{n} \left( \frac{(m-1)^{m-1}}{m^m} \right)^n+ \\ + \sqrt{\frac{m}{2 \pi (m-1)}} \sum_{k=0}^K \left(\zeta \left(k+\frac{3}{2} \right)-\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^{k+3/2}} \right) P_k(m)$$

Esto mejora drásticamente la precisión, véase por ejemplo $N=5$ :

Para $N=5$ y $K=25$ y llamando a la aproximación $S(m)$ tenemos:

$$\begin{array}(m & m\log\left(\frac{m}{m-1}\right) & S(m) \\ 2 & 1.3862943611198906 & 1.3862943611198906 \\ 3 & 1.216395324324493145 & 1.216395324324493145 \\ 4 & 1.150728289807123709 & 1.150728289807123709 \\ 5 & 1.115717756571048778 & 1.115717756571048778 \\ \pi & 1.20379579648763820 & 1.20379579648763820 \end{array}$$

Donde sólo se muestran los dígitos correctos. Como se puede ver en el último ejemplo, los irracionales $m$ funcionan igual de bien.

Answer 4

Esto no es un comienzo, pero la siguiente representación que muestra algunos puntos en común de la LHS y la RHS podría ser útil.

El lado derecho se puede escribir como \begin {align*} m \log\left ( \frac {m}{m-1} \right )&=m \log\left ( \frac {1}{1- \frac {1}{m}} \right ) \\ &=-m \log\left (1- \frac {1}{m} \right ) \\ &\,\, \color {azul}{=m \sum_ {n=1}^ \infty \frac {1}{nm^n}} \end {align*}

El LHS se puede escribir como \begin {align*} \sum_ {n=1}^ \infty & \frac { \binom {mn}{n}}{n} \left ( \frac {(m-1)^{m-1}}{m^m} \right )^n \\ &= \sum_ {n=1}^ \infty\frac {1}{nm^n} \binom {mn}{n} \left ( \frac {(m-1)^{m-1}}{m^{m-1}} \right )^n \\ &= \sum_ {n=1}^ \infty\frac {1}{nm^n} \binom {mn}{n} \left (1- \frac {1}{m} \right )^{n(m-1)} \\ &\,\, \color {azul}{=m \sum_ {n=1}^ \infty\frac {1}{nm^n} \binom {mn-1}{n-1} \left (1- \frac {1}{m} \right )^{n(m-1)}} \end {align*}

Answer 5

EDIT: Esta respuesta es incorrecta, debido a un límite erróneo del coeficiente binomial. De hecho, $\binom{mn}{n}\leq 2^{mn}$ así que por supuesto tiene un crecimiento exponencial...

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La fórmula no se puede mantener, ¡ya que el lado izquierdo es una serie divergente! En efecto, para cada $m$ el $\binom{mn}{n}$ crece más rápido que exponencialmente en $n$ ya que es mayor que $((m-1)n)^n$ . Pero esto significa que supera el recíproco del resto del sumando...