¿Nosotros podemos generalizar $\sum_{n=0}^\infty \binom{4n}{n}\frac{1}{(3n+1)\,2^{4n+1}}=\frac1{T}$ % constante tribonacci $T$?

Question

(Inspirado por este post.) Dada la tribonacci constante $\Phi_3$, el tetranacci constante $\Phi_4$, el pentanacci constante $\Phi_5$, y así sucesivamente. ¿Cómo demostrar que,

$$\sum_{n=0}^\infty \binom{4n}{n}\frac{1}{(3n+1)\,2^{4n+1}}=\frac{1}{2}{\;}_3F_2 \left(\frac14,\frac24,\frac34; \color{blue}{\frac23,\frac43};\frac{4^4}{\color{red}{2^4}\,3^3} \right)=\frac1{\Phi_3}$$

$$\sum_{n=0}^\infty \binom{5n}{n}\frac{1}{(4n+1)\,2^{5n+1}}=\frac{1}{2}{\;}_4F_3 \left(\frac15,\frac25,\frac35,\frac45; \color{blue}{\frac24,\frac34,\frac54};\frac{5^5}{\color{red}{2^5}\,4^4} \right)=\frac1{\Phi_4}$$

$$\sum_{n=0}^\infty \binom{6n}{n}\frac{1}{(5n+1)\,2^{6n+1}}=\frac{1}{2}{\;}_5F_4 \left(\frac16,\frac26,\frac36,\frac46,\frac56; \color{blue}{\frac25,\frac35,\frac45,\frac65};\frac{6^6}{\color{red}{2^6}\,5^5} \right)=\frac1{\Phi_5}$$

y así sucesivamente? Y lo que es el correspondiente hipergeométrica fórmula para $\displaystyle \frac1{\Phi_2}$ con la proporción áurea $\Phi_2$?

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(Cortesía de Jack D'Aurizio) Por el Lagrange inversión teorema, una solución, $$x^k-x+1=0$$ está dada por, $$x=\sum_{n=0}^\infty \binom{kn}{n}\frac{1}{(k-1)n+1}$$

Del mismo modo, dada la general polinomio de la $k$-nacci constantes como, $$x^k(2-x)-1=0$$ ¿cómo podemos mostrar que, $$\frac1{x}=\frac1{\Phi_k}=\sum_{n=0}^\infty \binom{(k+1)n}{n}\frac{1}{(kn+1)\,2^{(k+1)n+1}}$$

Answer 1

Tenga en cuenta que $\frac{1}{kn+1}\binom{(k+1)n}{n}$ es el número de $(k+1)$-ary árboles en $n$ vértices. Deje $T_{k+1}$ ser el ordinario de la generación de la función de la clase de $(k+1)$-ary árboles. A continuación, $T_{k+1}$ satisface la ecuación $$T_{k+1}(z)=1+zT_{k+1}^{k+1}(z).$$ Deje $a=\frac{1}{2}T_{k+1}\left(\frac{1}{2^{k+1}}\right)$, luego tenemos que demostrar que el $\frac{1}{a}=\Phi_k$. A partir de la funcional de la ecuación, tenemos $$2a=1+\frac{1}{2^{k+1}}(2a)^{k+1}=1+a^{k+1},$$ por lo $a$ satisface la ecuación $$1-2x+x^{k+1}=0,$$ y por lo tanto $\frac{1}{a}$ satisface $$x^{k+1}-2x^k+1=(x-1)(x^k-x^{k-1}-\dots-x-1)=0.$$ Vamos a dejar el argumento de que $0<a<1$ $k\ge 2$ para el lector. A continuación, $\frac{1}{a}$ es una raíz de la ecuación de $\phi_k(x)=x^k-x^{k-1}-\dots-x-1=0$. De la Proposición 1 en la p. 6 de este documento, vemos que $\phi_k(x)$ tiene una única raíz mayor de $1$, lo $a$ está determinada únicamente por este polinomio. Sin embargo, $\Phi_k$ es también la única raíz mayor de $1$$\phi_k(x)$, lo $\frac{1}{a}=\Phi_k$.

Tal vez, sería interesante para interpretar ambos lados probabilísticamente. Hace un par de años, creo que he escuchado de ese problema para $k=1$, donde la suma es $1$, pero no estoy seguro de que todavía está abierta o no.

Answer 2

Lo que acerca de esto para la proporción áurea $\Phi_2$?

$$\sum_{n=0}^\infty \binom{3n}{n}\frac{1}{(2n+1)\,2^{3n+1}}=\frac{1}{2}{\;}_2F_1 \left(\frac13,\frac23; \color{blue}{\frac32};\frac{3^3}{\color{red}{2^3}\,2^2} \right)=\frac1{\Phi_2}$$

Observaciones adicionales añadidos

La primera constante en esta secuencia es$1$, que es su propia inversa. $$\sum_{n=0}^\infty \binom{2n}{n}\frac{1}{(n+1)\,2^{2n+1}}=?=\frac1{\Phi_1}=1$$

Si $\frac1{\Phi_1}$,$\frac1{\Phi_2}$,$\frac1{\Phi_3}$ y $\frac1{\Phi_4}$ se utilizan como las raíces de los sucesivos polinomios en lugar de $\Phi_1$,$\Phi_2$,$\Phi_3$ y $\Phi_4$, entonces los polinomios están en su lugar, respectivamente

$$x-1=0$$ $$x^2+x-1=0$$ $$x^3+x^2+x-1=0$$ $$x^4+x^3+x^2+x-1=0$$

Si se mira la relación que he encontrado para la búsqueda de raíces Racionales de la Serie por Entero Positivo Raíz de $x>1$ , a continuación, parece que el número de la multiplicación de n para producir los coeficientes binomiales debe ser uno menos; que es para $\Phi_2$ debe ser de 2 en lugar de 3.

Sin embargo, si el de arriba polinomios son cada multiplicado por $(x-1)$, por reordenación podemos llegar a una notable secuencia de auto-similar fórmulas de la forma

$$\frac{1}{\Phi_r}=\left(\frac{2}{\Phi_r}-1\right)^{1/(r+1)}$$

No estoy seguro de que esta es la manera correcta de proceder, pero es un modelo interesante, sin embargo.

La Cosa Se Complica

Contrario a lo que yo estaba diciendo por encima de la secuencia de abajo parece sostener numéricamente así

$$\sum_{n=0}^\infty \binom{rn}{n}\frac{1}{((r-1)n+1)\,2^{rn+1}(\Phi_r)^n}=\frac1{\Phi_r}$$

Para la primera fórmula en la secuencia numérica

$$\sum_{n=0}^\infty \binom{2n}{n}\frac{1}{(n+1)\,2^{2n+1}x^n}=\frac{1}{1+\sqrt{\frac{x-1}{x}}}$$