Comparando los primeros términos de la expansión de Taylor en $0$, parece que $|x|<4/27$ la identidad siguiente sostiene: $$ \ln\left(\sum_{n=1}^{\infty} \binom{3n}{n}\frac{x^{n-1}}{2n+1}\right)= \sum_{n=1}^{\infty} \binom{3n}{n}\frac{x^n}{n}.$$ I tried by diferenciando ambos lados, pero estoy totalmente perdido en un terrible lío. Me gustaria saber si hay una mejor estrategia para manejarlo. ¿Alguna idea?
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Amr Ibrahim
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Vamos a tratar de utilizar su idea de buscar en derivados: Para $x=0$ ambos lados resultado en $0$, por lo que, de hecho, si los derivados que son la misma, entonces tenemos la igualdad.
Deje $g(x)$ ser el lado izquierdo y $f(x)$ el lado derecho. La derivada de $g(x)$ es $$g'(x)=\frac{1}{\sum_{n=1}^\infty\binom{3n}{n}\frac{x^{n-1}}{2n+1}}\sum_{n=2}^\infty\binom{3n}{n}\frac{(n-1)}{2n+1}x^{n-2}$$ y la derivada de la parte derecha es $$f'(x)=\sum_{n=1}^\infty\binom{3n}{n}x^{n-1}$$
Sólo para simplificar las cosas, vamos a volver a escribir todas estas sumas de partida en $0$:
$$g'(x)=\frac{1}{\sum_{n=0}^\infty\binom{3n+3}{n+1}\frac{x^n}{2n+3}}\sum_{n=0}^\infty\binom{3n+6}{n+2}\frac{n+1}{2n+5}x^n$$ $$f'(x)=\sum_{n=0}^\infty\binom{3n+3}{n+1}x^n$$
Por lo $g'(x)=f'(x)$ es equivalente a $$\sum_{n=0}^\infty\binom{3n+6}{n+2}\frac{n+1}{2n+5}x^n=\left(\sum_{n=0}^\infty\binom{3n+3}{n+1}\frac{x^n}{2n+3}\right)\left(\sum_{n=0}^\infty\binom{3n+3}{n+1}x^n\right)$$ Ahora vamos a utilizar el hecho de que $(\sum_{n=0}^\infty a_n)(\sum_{n=0}^\infty b_n)=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{j=0}^n a_jb_{n-j}\right)$, por lo que \begin{align*} \left(\sum_{n=0}^\infty\binom{3n+3}{n+1}\frac{x^n}{2n+3}\right)\left(\sum_{n=0}^\infty\binom{3n+3}{n+1}x^n\right)\hspace{-80pt}&\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{j=0}^n\binom{3j+3}{j+1}\frac{x^j}{2j+3}\binom{3n-3j+3}{n-j+1}x^{n-j}\right)\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{j=0}^n\frac{1}{2j+3}\binom{3j+3}{j+1}\binom{3n-3j+3}{n-j+1}\right)x^n. \end{align*}
Finalmente, el problema es equivalente a mostrar que para todos los $n$, $$\binom{3n+6}{n+2}\frac{1}{2n+5}=\sum_{j=0}^n\frac{1}{2j+3}\binom{3j+3}{j+1}\binom{3n-3j+3}{n-j+1}$$ Para $n=0$ ambos lados de rendimiento $3$, así que tal vez el resto vendrá por inducción.
EDIT: Para $n=1$, la mano izquierda sobre el lado de los rendimientos de 12, pero el lado derecho de los rendimientos de 24, por lo que al parecer esto no es cierto (si no hay ningún error en mis argumentos).
Supongamos que tratamos de demostrar que
$$\sum_{n\ge 0} {3n+3\elegir n+1} \frac{z^n}{2n+3} = \exp\left(\sum_{n\ge 1} {3n\elegir n} \frac{z^n}{n}\right).$$
Esta es la muestra de que
$$q_n = [z^n] f(z) = {3n+3\elegir n+1} \frac{1}{2n+3} \quad\text{donde}\quad f(z) = \exp\left(\sum_{n\ge 1} {3n\elegir n} \frac{z^n}{n}\right).$$
y se puede demostrar por inducción. La aritmética básica verifica por $q_0 = 1.$ Diferenciar tenemos
$$f'(z) = \exp\left(\sum_{n\ge 1} {3n\elegir n} \frac{z^n}{n}\right) \left(\sum_{n\ge 1} {3n\elegir n} z^{n-1} \right) \\ = f(z) \left(\sum_{n\ge 0} {3n+3\elegir n+1} z^{n} \right).$$
La extracción de los coeficientes obtenemos la recurrencia
$$[z^n] f'(z) = (n+1) q_{n+1} = \sum_{k=0}^n q_k {3n+3-3 k\elegir n+1-k}$$
o
$$q_{n+1} = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n q_k {3n+3-3 k\elegir n+1-k}.$$
Esto significa que para verificar la afirmación tenemos que demostrar que
$${3n+6\elegir n+2} \frac{1}{2n+5} = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0}^n {3k+3\elegir k+1} \frac{1}{2k+3} {3n+3-3 k\elegir n+1-k}$$
o
$${3n+6\elegir n+2} \frac{n+1}{2n+5} = \sum_{k=0}^{n} {3k+3\elegir k+1} \frac{1}{2k+3} {3n+3-3 k\elegir n+1-k}$$
que es
$${3n+6\elegir n+2} \frac{n+2}{2n+5} = {3n+6\elegir n+1} \\ = \sum_{k=0}^{n+1} {3k+3\elegir k+1} \frac{1}{2k+3} {3n+3-3 k\elegir n+1-k}.$$
Lo que tenemos aquí es un simple convolución de dos ordinario funciones de generación. Con la ayuda de la OEIS nos enteramos de que nos requieren el ternario árbol sin etiqueta de función $T(z)$ funcional ecuación
$$T(z) = 1 + z T(z)^3 \quad\text{o}\quad z = \frac{T(z)-1}{T(z)^3}.$$
Obtenemos entonces
$$[z^n] T(z) = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} T(z) \; dz.$$
Utilizando la ecuación funcional y dejando $w=T(z)$ tenemos $dz = (3-2a)/w^4 \; dw$ y obtener integral para la
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{3n+3}}{(w-1)^{n+1}} w \frac{3-2 w}{w^4} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{3^{3n}-2w^{3n+1}}{(w-1)^{n+1}} \; ps.$$
Ahora con $w^q = \sum_{p=0}^q {q\choose p} (w-1)^p$ esto va a producir
$$3\times {3n\elegir n} - 2\times {3n+1\elegir n} = \left(3 - 2\frac{3n+1}{2n+1}\right) {3n\elegir n} = \frac{1}{2n+1} {3n\elegir n}.$$
Esto genera el término izquierda de la convolución. Para el término derecho considere la posibilidad de
$$[z^n] \frac{1}{1-3zT(z)^2} = [z^n] \frac{1}{1-3(T(z)-1)/T(z)} = [z^n] \frac{T(z)}{3-2T(z)}$$
para obtener
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{3n+3}}{(w-1)^{n+1}} \frac{w}{3-2w} \frac{3-2 w}{w^4} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{3n}}{(w-1)^{n+1}} \; dw = {3n\elegir n}.$$
Recordar la convolución de que estamos trabajando con el que ahora se convierte en
$$\sum_{k=0}^{n+1} [z^{k+1}] T(z) [z^{n+1-k}] \frac{T(z)}{3-2T(z)} \\ = \sum_{k=0}^{n+1} [z^k] \frac{T(z) - 1}{z} [z^{n+1-k}] \frac{T(z)}{3-2T(z)}.$$
Nos quedamos con
$$[z^{n+1}] \frac{1}{z} \frac{T(z)(T(z)-1)}{3-2T(z)} = [z^{n+2}] \frac{T(z)(T(z)-1)}{3-2T(z)}.$$
El uso de la sáme integral como antes de que este se convierte en
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{3n+9}}{(w-1)^{n+3}} \frac{w(w-1)}{3-2w} \frac{3-2 w}{w^4} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1|=\gamma} \frac{w^{3n+6}}{(w-1)^{n+2}} \; dw \\ = {3n+6\elegir n+1}.$$
Esto concluye el argumento.
Las secuencias donde este material reside están OEIS A005809 y OEIS A001764.
La estructura inicial de la ecuación sugiere un recuento de argumento implican conjuntos de etiquetado dirigido ciclos donde cada elemento puede tener uno de tres colores y el lector es invitado a investigar esto más a fondo.
