Identidad con números armónicos y catalanes

Question

¿Puede alguien ayudarme con esto?

Demostrar que

$$2\log \left(\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{x^n}{n+1}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\left(H_{2n-1}-H_n\right)\frac{x^n}{n}$$

Donde $H_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ . El lado izquierdo es igual a $$2\log(C(x))=2\log\left(\frac{2}{1+\sqrt{1-4x}}\right)$$ donde $C(x)=\sum_{n=0}^{\infty}C_n x^n$ es la función generadora de los números catalanes.

Answer 1

Comenzamos con la identidad clave:

$$\sum\limits_{j=1}^{n-k} \frac{(-1)^{j-1}}{j}\binom{n}{k+j} = \binom{n}{k}(H_n - H_k)$$

que se puede demostrar elementalmente por inducción en $n$ o de otra manera.

Así tenemos para nuestro caso especial: $\displaystyle \binom{2n}{n}(H_{2n} - H_n) = \sum\limits_{j=1}^{n} (-1)^{j-1}\frac{1}{j}\binom{2n}{n+j}$

La serie se descompone entonces en dos partes:

$$\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n} (H_{2n-1}- H_n)\frac{z^n}{n} = \underbrace{\sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n} (H_{2n}- H_n)\frac{z^n}{n}}_{=A} - \frac{1}{2}\underbrace{\sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n} \frac{z^n}{n^2}}_{ = B}$$

Evaluación de $A$ :

$$\begin{align}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n} (H_{2n}- H_n)\frac{z^n}{n} & = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \sum\limits_{j=1}^{n} (-1)^{j-1}\frac{1}{j}\binom{2n}{n+j}\frac{z^n}{n} \\ &= \sum\limits_{j=1}^{\infty} \frac{(-1)^{j-1}}{j}\sum\limits_{n=j}^{\infty} \binom{2n}{n+j}\frac{z^n}{n} \\ &= \sum\limits_{j=1}^{\infty} \frac{(-1)^{j-1}z^{j}}{j}\sum\limits_{m=0}^{\infty} \binom{2j+2m}{2j+m}\frac{z^m}{j+m} \\ &= \int_0^z \frac{1}{z}\sum\limits_{j=1}^{\infty} \frac{(-1)^{j-1}z^{j}}{j}\sum\limits_{m=0}^{\infty} \binom{2j+2m}{2j+m} z^{m} \,\mathrm{d}z \tag{*}\\ &= \int_0^z \frac{1}{z}\sum\limits_{j=1}^{\infty} \frac{(-1)^{j-1}z^j}{j}.\frac{4^j}{\sqrt{1-4z}(1+\sqrt{1-4z})^{2j}} \,\mathrm{d}z\\&= \int_0^z \frac{1}{z\sqrt{1-4z}}\log \left(1+\frac{4z}{(1+\sqrt{1-4z})^2}\right) \,\mathrm{d}z \\ &= -\int_0^z \frac{1}{z\sqrt{1-4z}}\log \left(\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\right) \,\mathrm{d}z\end{align}$$

Considera, $\displaystyle f(z) = \log \left(\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\right)$ entonces $\displaystyle f'(z) = \frac{1}{2z} - \frac{1}{2z\sqrt{1-4z}}$

Continuando el cómputo con la sustitución:

$$\begin{align}& = \int_0^z f(z)\left(2f'(z) - \frac{1}{z}\right)\,\mathrm{d}z \\&= \log^2 \left(\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\right) - \int_0^z \frac{1}{z}\log \left(\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\right)\,\mathrm{d}z\end{align}$$

Desde entonces,

$$\displaystyle \begin{align} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n}z^n = \frac{1}{\sqrt{1-4z}} &\implies \sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n}\frac{z^n}{n} = -2\log \left(\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\right)\\ & \implies \sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n}\frac{z^n}{n^2} = -2\int_0^z\frac{1}{z}\log \left(\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\right)\,\mathrm{d}z =B \end{align}$$

Y también, $\displaystyle C(z) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n}\frac{z^n}{n+1} = \frac{1}{z}\int_0^z \frac{1}{\sqrt{1-4z}}\,\mathrm{d}z = \frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z} = \frac{2}{1+\sqrt{1-4z}}$

De este modo, obtenemos nuestro resultado final:

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \binom{2n}{n} (H_{2n-1}- H_n)\frac{z^n}{n} = \log^2 \left(\frac{1+\sqrt{1-4z}}{2}\right) = \log^2 (C(z))$$

En $(*)$ utilizamos el hecho de que: $\displaystyle \sum\limits_{m=0}^{\infty} \binom{p+2m}{p+m}z^m = \frac{2^p (1+\sqrt{1-4z})^{-p}}{\sqrt{1-4z}}$ para los enteros $p$ .

Answer 2

Nota: Tenga en cuenta que, según el cálculo siguiente, el factor $(H_{2n-1}-H_n)$ en los OPs RHS deben ser eliminados.

La siguiente identidad es válida

\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{x^n}{n}=2\log\left(\frac{2}{1+\sqrt{1-4x}}\right) \end{align*}

El punto inicial de todos los cálculos es la función generadora del _coeficiente binomial central \begin{align*} \sum\{n= 0}^{\infty}\binom{2n}{n}x^n=\frac{1}{\sqrt{1-4x}}\tag{1} \end{align*} convergente para $|x|<\frac{1}{4}$ .

Números catalanes:

Podemos integrar (1) desde $0$ a $x$ y obtener \begin{align*} \int_{0}^x\sum_{n= 0}^{\infty}\binom{2n}{n}t^ndt&=\int_{0}^x\frac{dt}{\sqrt{1-4t}}\\ &=\frac{1}{4}\int_{1-4x}^{1}\frac{du}{\sqrt{u}}\tag{2}\\ &=\left.\frac{1}{2}\sqrt{u}\right|_{1-4x}^{1}\\ &=\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{1-4x}\right) \end{align*}

Comentario:

• En (2) sustituimos $u=1-4t$ y $du=-4dt$

Ahora dividiendo el LHS y el RHS de (2) por $x$ obtenemos la función generadora de la _Números catalanes \begin{align*} \sum\{n= 0}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{x^n}{n+1}&=\frac{1}{2x}\left(1-\sqrt{1-4x}\right)\\ &=\frac{2}{1+\sqrt{1-4x}} \end{align*}

$$$$

La identidad de OP: Otra variación basada en (1)

Volvemos a realizar la integración pero ponemos el primer término de la serie en el lado derecho, dividimos ambos lados por $t$ y observamos: \begin{align*} \int_{0}^x\sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}t^{n-1}dt &=\int_{0}^x\left(\frac{1}{t\sqrt{1-4t}}-\frac{1}{t}\right)dt\\ &=\int_{0}^{x}\frac{1-\sqrt{1-4t}}{t\sqrt{1-4t}}dt\tag{3}\\ &=\int_{1-4x}^{1}\frac{1-\sqrt{u}}{(1-u)\sqrt{u}}du\\ &=\int_{1-4x}^{1}\frac{du}{(1+\sqrt{u})\sqrt{u}}\\ &=2\int_{\sqrt{1-4x}}^{1}\frac{ds}{1+s}\tag{4}\\ &=2\left.\log(1+s)\right|_{\sqrt{1-4x}}^{1}\\ &=2\left(\log 2 - \log \left(1+\sqrt{1-4x}\right)\right)\\ &=2\log\frac{2}{1+\sqrt{1-4x}} \end{align*}

Comentario:

• En (3) sustituimos $u=1-4t$ y $du=-4dt$

• En (4) sustituimos $s=\sqrt{u}$ y $ds=\frac{1}{2\sqrt{u}}du$

Obtenemos del LHS y RHS de (4) la identidad \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\binom{2n}{n}\frac{x^n}{n}=2\log\left(\frac{2}{1+\sqrt{1-4x}}\right) \end{align*}

y la afirmación es la siguiente.

Nota: La identidad de OPs se puede encontrar en Series interesantes sobre el coeficiente binomial central por D.H. Lehmer . También se indica en Series con Coeficientes Binomiales Centrales, Números Catalanes y Números Armónicos por K.N. Boyadzhiev con una referencia al documento de Lehmer. Ambos documentos contienen interesantes identidades relacionadas.

Answer 3

Esta también se puede hacer con variables complejas, utilizando una variante de inversión de Lagrange. Obtengo una fórmula ligeramente diferente a la derecha.

Supongamos que buscamos encontrar $$[z^n] 2\log\left(\frac{2}{1+\sqrt{1-4z}}\right).$$ Esto viene dado por $$2\times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \log\left(\frac{2}{1+\sqrt{1-4z}}\right) \; dz.$$

Ahora pon $1-4z = w^2$ para que $z=1/4(1-w^2)$ y $-2\; dz = w\; dw$ para conseguir $$2\times \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\epsilon} \frac{4^{n+1}}{(1-w^2)^{n+1}} \log\left(\frac{2}{1+w}\right) \left(-\frac{1}{2}\right) w \; dw.$$

Esto es $$-\frac{4^{n+1}}{2\pi i} \int_{|w-1|=\epsilon} \frac{1}{(1-w)^{n+1}} \frac{1}{(1+w)^{n+1}} \log\left(\frac{1}{1+(w-1)/2}\right) \times w \; dw$$ o $$\frac{(-1)^n\times 4^{n+1}}{2\pi i} \int_{|w-1|=\epsilon} \frac{1}{(w-1)^{n+1}} \frac{1}{(1+w)^{n+1}} \log\left(\frac{1}{1+(w-1)/2}\right) \times w \; dw.$$

Esto tiene dos partes, la parte $A_1$ es $$\frac{(-1)^n\times 4^{n+1}}{2\pi i} \int_{|w-1|=\epsilon} \frac{1}{(w-1)^{n}} \frac{1}{(1+w)^{n+1}} \log\left(\frac{1}{1+(w-1)/2}\right) \; dw$$ y parte $A_2$ es $$\frac{(-1)^n\times 4^{n+1}}{2\pi i} \int_{|w-1|=\epsilon} \frac{1}{(w-1)^{n+1}} \frac{1}{(1+w)^{n+1}} \log\left(\frac{1}{1+(w-1)/2}\right) \; dw$$

Parte $A_1$ es $$\frac{(-1)^n\times 4^{n+1}}{2\pi i} \int_{|w-1|=\epsilon} \frac{1}{(w-1)^{n}} \frac{1}{(2+(w-1))^{n+1}} \log\left(\frac{1}{1+(w-1)/2}\right) \; dw \\ \frac{(-1)^n\times 2^{n+1}}{2\pi i} \int_{|w-1|=\epsilon} \frac{1}{(w-1)^{n}} \frac{1}{(1+(w-1)/2)^{n+1}} \log\left(\frac{1}{1+(w-1)/2}\right) \; dw.$$

Extrayendo los coeficientes obtenemos $$(-1)^n 2^{n+1} \sum_{q=0}^{n-2} {q+n\choose n} \frac{(-1)^q}{2^q} \frac{(-1)^{n-1-q}}{2^{n-1-q} \times (n-1-q)}$$ que es $$-4\sum_{q=0}^{n-2} {q+n\choose n} \frac{1}{n-1-q}.$$

Parte $A_2$ es $$(-1)^n 2^{n+1} \sum_{q=0}^{n-1} {q+n\choose n} \frac{(-1)^q}{2^q} \frac{(-1)^{n-q}}{2^{n-q} \times (n-q)}$$ que es $$2\sum_{q=0}^{n-1} {q+n\choose n} \frac{1}{n-q}.$$

Volver a indexar $A_1$ para que coincida con $A_2$ , obteniendo $$-4\sum_{q=1}^{n-1} {q-1+n\choose n} \frac{1}{n-q}.$$

Recogiendo las dos contribuciones obtenemos $$\frac{2}{n} + 2\sum_{q=1}^{n-1} \left({q+n\choose n} - 2{q-1+n\choose n}\right) \frac{1}{n-q}$$

que es $$\frac{2}{n} + 2\sum_{q=1}^{n-1} \left(\frac{q+n}{q} {q-1+n\choose n} - 2{q-1+n\choose n}\right) \frac{1}{n-q} \\ = \frac{2}{n} + 2\sum_{q=1}^{n-1} \frac{n-q}{q} {q-1+n\choose n} \frac{1}{n-q} \\ = \frac{2}{n} + 2\sum_{q=1}^{n-1} \frac{1}{q} {q-1+n\choose n} \\ = \frac{2}{n} + 2\sum_{q=1}^{n-1} \frac{(q-1+n)!}{q!\times n!} \\ = \frac{2}{n} + \frac{2}{n} \sum_{q=1}^{n-1} \frac{(q-1+n)!}{q!\times (n-1)!} \\ = \frac{2}{n} + \frac{2}{n} \sum_{q=1}^{n-1} {q-1+n\choose n-1} = \frac{2}{n} \sum_{q=0}^{n-1} {q-1+n\choose n-1}.$$

Para evaluar esta última suma utilizamos la integral $${n-1+q\choose n-1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n-1+q}}{z^{n}} \; dz$$ que da para la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n-1}}{z^{n}} \sum_{q=0}^{n-1} (1+z)^q \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n-1}}{z^{n}} \frac{(1+z)^n-1}{1+z-1} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n-1}}{z^{n+1}} ((1+z)^n-1) \; dz.$$ Esta también tiene dos componentes, la segunda es cero y viene dada por $$-\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n-1}}{z^{n+1}} \; dz$$ saliendo de $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-1}}{z^{n+1}} \; dz$$ que se evalúa como $${2n-1\choose n}.$$

Hemos demostrado que $$[z^n] 2\log\left(\frac{2}{1+\sqrt{1-4z}}\right) = \frac{2}{n} {2n-1\choose n}.$$