Suma de la serie $a_{3k}$ donde $\log(1-x+x^2) = \sum a_k x^k$

Question

¿Si $\ln(1-x+x^2) = a_1x+a_2x^2 + \cdots \text{ then } a_3+a_6+a_9+a_{12} + \cdots = $?

Mi enfoque es escribir $1-x+x^2 = \frac{1+x^3}{1+x}$ y ampliación de los respectivos logaritmos, conseguí una serie (de coeficiente) que no es más que $\frac{2}{3}\ln 2$. Pero este enfoque tomó un tiempo para mí (yo no puedo resolver durante la prueba pero después de la prueba lo solucioné)... ¿Cualquier otro método rápido?

Answer 1

Lema: Vamos a $f(x) = \sum a_n x^n$ ser una potencia de la serie. Entonces

$$\sum a_{3n} x^{3n} = \frac{f(x) + f(\omega x) + f(\omega^2 x)}{3}$$

donde $\omega = e^{ \frac{2\pi i}{3} }$.

Prueba. Ignorando la convergencia es suficiente para probar esto por un solo término, y luego se reduce a la identidad

$$\frac{1 + \omega^n + \omega^{2n}}{3} = \begin{cases} 1 \text{ if } 3 | n \\\ 0 \text{ otherwise} \end{cases}.$$

Este es un caso especial de la transformada de Fourier discreta. Aplicando el lema, se pueden obtener fácilmente que la suma deseada es

$$\frac{\ln 1 + \ln (1 - \omega + \omega^2) + \ln (1 - \omega^2 + \omega)}{3} = \frac{1}{3} \ln (2 \omega^2 \cdot 2 \omega) = \frac{2}{3} \ln 2$$

donde usamos el hecho de que $1 + \omega + \omega^2 = 0$.

Answer 2

Generalmente uno puede emplear las evaluaciones en las raíces de la unidad para tomar arbitrarios, multisections de potencia de la serie. Ver mi post aquí y los enlaces que hay para la discusión y ejemplos. En general, si dejamos $\rm\:w\:$ denotar una primitiva $\rm n$'th raíz de la unidad, entonces el $\rm m$'th $\rm n$-sección de potencia de la serie selecciona la progresión lineal de $\rm\: m + k\:n\:$ indexado términos, a saber. si $\rm\ f\:(X)\ =\ a_0 + a_1 X + a_2 X^2 +\: \cdots\ $

$\rm\quad\quad\quad\quad\quad a_{m}\ X^m + a_{m+n}\ X^{m+n} + a_{m+2n}\ X^{m+2n}\ +\: \cdots $

$\rm\quad\quad\displaystyle\ =\ \frac{1}n\: (\:f\:(X) + f\:(Xw)\ w^{-m} + f\:(X\:w^2)\ w^{-2m} +\:\cdots\: \:+\ f\:(X\:w^{n-1})\ w^{(1-n)\:m}\:) $

Ver Riordan clásico libro de texto "Combinatoria de Identidades" para muchas aplicaciones de multisections.

Answer 3

Qiaochu Yuan da una excelente exposición del método general. A veces, en casos específicos se puede obtener la respuesta a través de algunas manos en los cálculos así, y la expansión de los registros como usted ha mencionado que se puede hacer con bastante rapidez: el uso de ese $1 - x + x^2 = {1 + x^3 \over 1 + x}$ uno consigue que $\ln(1 - x + x^2) = \ln(1 + x^3) - \ln(1 + x)$. Ahora puede utilizar el hecho de que la suma de $a_3 + a_6 + ...$ se obtiene restando la suma correspondiente para$\ln(1 + x^3)$$\ln(1 + x)$. Puesto que el poder de la serie para $\ln(1 + x^3)$ sólo contiene potencias de $x^3$, la contribución a $a_3 + a_6 + ...$ proveniente de ese plazo es lo que se obtiene de conectar $x = 1$, es decir,$\ln(2)$.

El poder de la serie de $\ln(1 + x)$ puede ser escrito como $-\sum_{n > 0} {(-x)^n \over n}$. Tomando cada tercer término da $-\sum_{n > 0} {(-x)^{3n} \over 3n} = -{1 \over 3}\sum_{n > 0} {(-x^3)^n \over n}$. Nota: esta serie es de nuevo la serie de $\ln(1 + x)$, pero aplicado a $x^3$ en lugar de $x$. Conectar $x = 1$ da ${1 \over 3}\ln(2)$.

Así que la respuesta que usted quiere es $\ln(2) - {1 \over 3}\ln(2) = {2 \over 3}\ln(2)$.