$\sum_{n=0}^{\infty}2^{-3n}{3n\choose n}=1+3/\sqrt5$

APPSYZY

求证：\[\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{3n\choose n}}{2^{3n}}=1+\frac{3}{\sqrt5}.\]

APPSYZY

更一般地，能否给出无穷级数
\[S_k=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{{kn\choose n}}{2^{kn}},\quad k\in\mathbb N_{>0}\]
的解析表达式？
\begin{align*}
S_1&=2,\\
S_2&=\infty,\\
S_3&=1+\frac3{\sqrt5},\\
&\vdotswithin{\dots}
\end{align*}

abababa

一般的觉得不太好弄，特殊的数学，比如主楼的这个，是不是可以定义$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{3n}{n}x^n$，然后求导、积分之类的，得出一个微分方程，最后解出来，再代入$x=\frac{1}{2^3}$，就能得到原来的了。

Czhang271828

仿照这帖的留数法. 记 $S=\{|z|=r\}$ 是逆时针围绕原点一周的轨道, 则
$$
\binom{a}{b}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{S}\frac{(1+z)^{a}}{z^{b+1}}\operatorname dz\quad (a\geq b\geq 0).
$$
此时考虑
$$
\begin{align*}
f(x):=\sum_{n\geq 0}\binom{3n}{n}x^n&=\frac{1}{2\pi i}\oint_S\sum_{n\geq 0}\frac{(1+z)^{3n}}{z^{n+1}}x^n\operatorname dz\\[6pt]&=\frac{1}{2\pi i}\oint_S \frac{1}{z-(1+z)^3x}\operatorname dz.
\end{align*}
$$
收敛半径要求 $x< \frac{r}{(1+r)^3}$. 我们只关心 $S$ 内部的极点, 先解三次方程 $z-(1+z)^3x=0$​.

对 $x=\frac{1}{8}$, 以上方程即 $(z-1)(z^2+4z-1)=0$. 取较小的 $\varepsilon$, 以及 $r=1-\varepsilon$, 此时只有 $z=\sqrt 5-2$ 在 $S$ 内. 因此
$$
\frac{1}{-\frac{1}{8}(z-1)(z+\sqrt5+2)}|_{z=\sqrt 5-2}=1+\frac{3}{\sqrt 5}.
$$
一般地, 只能硬算三次方程. 依照 $x=\frac{1}{8}$ 附近的解析性代入 $\sqrt 5-2$ 所在的根计算留数即可.
$$
\frac{1}{-x(z_1-z_2)(z_1-z_3)}=\cdots \quad(\text{韦达定理}).
$$
最后结果: $f(x)$ 满足 $(27x-4)f(x)^3+3f(x)+1=0$. 对 $x\in (0,\frac{4}{27})$ 有三角表达式
$$
\sum_{k\geq 0}\binom{3k}{k}x^k=\sqrt{1-\frac{27}{4}x}\cdot \cos\left(\frac13\arcsin\sqrt{\frac{27x}{4}}\right).
$$

特别地, $\frac{4\sqrt{10}}{5}\cos\left(\frac{1}{3}\arcsin \frac{3\sqrt{6}}{8}\right)=1+\frac{3}{\sqrt 5}$.
-------------------------

关于 $\binom{4n}{n}$ 的推广: $(1+z)^4-16z=(z-1)(z^3+5z^2+11z-1)$ 涉及三次方程的根, 从而没有漂亮的解. 一般地,

• 记 $f_n(z)=(1+z)^{n}-2^nz$. 此时 $z^n\cdot f_n(1/z)$ 是有且仅有一个根在单位开圆盘外的首一多项式, 从而不可约.

至少, 没必要求解这些推广的解析解.

APPSYZY

Czhang271828 发表于 2024-7-4 14:22
仿照这帖的留数法. 记 $S=\{|z|=r\}$ 是逆时针围绕原点一周的轨道, 则
$$
\binom{a}{b}=\frac{1}{2\pi i}\o ...

$\dfrac{1}{-x(z_1-z_2)(z_1-z_3)}=\cdots$ 这部分可以再展开写一下吗？感谢！

Czhang271828

APPSYZY 发表于 2024-7-4 17:33
$\dfrac{1}{-x(z_1-z_2)(z_1-z_3)}=\cdots$ 这部分可以再展开写一下吗？感谢！

也就是说, 对 $x(z+1)^3-z=0$ 的三个不同的根, 寻找 $I:=(z_1-z_2)(z_1-z_3)$ 满足的三次方程.

依照平移不变性, 三次方程改写作 $xz^3-z+1=0$. 此时
$$
I=z_1^2-(z_2+z_3)z_1+z_2z_3=2z_1^2-\frac{x}{z_1}=2-\frac{2+x}{z_1}
$$
那么 $x(\frac{2+x}{2-I})^3-\frac{2+x}{2-I}+1=0$. 式分子为 $I$ 的三次函数, 与 $f(x)$ 的关系一致. 在解出具体结果前, 仍无法区分 $z_1,z_2,z_3$.

APPSYZY

Czhang271828 发表于 2024-7-4 14:22
仿照这帖的留数法. 记 $S=\{|z|=r\}$ 是逆时针围绕原点一周的轨道, 则
$$
\binom{a}{b}=\frac{1}{2\pi i}\o ...

感谢！还想继续请教一下 “$z^nf_n(1/z)$ 是有且仅有一个根在单位开圆盘外的首一多项式，从而不可约” 这一结论是否有出处？能否指明具体的文献或者书籍，我想去学习一下😁

Czhang271828

APPSYZY 发表于 2024-7-4 23:23
感谢！还想继续请教一下 “$z^nf_n(1/z)$ 是有且仅有一个根在单位开圆盘外的首一多项式，从而不可约” 这 ...

题设: 首一整系数多项式 $g(x)$ 有且仅有 $1$ 个模长 $\geq 1$ 的根 (记重数), 且 $g(0)\neq 0$.

结论: $g(x)$ 是 $\mathbb Z[x]$ 上不可约多项式.

证明: 若不然, 则存在非常值首一整系数的 $h_1(x),h_2(x)$ 使得 $h_1h_2=g$. 不妨设 $h_1$ 的根模长均 $<1$, 则 $h_1$ 的常数项绝对值小于 $1$. 这表明 $h_1(0)=0$, 矛盾.

APPSYZY

Czhang271828 发表于 2024-7-5 00:30
题设: 首一整系数多项式 $g(x)$ 有且仅有 $1$ 个模长 $\geq 1$ 的根 (记重数), 且 $g(0)\neq 0$.

结论: ...

补充一个 MSE 上的讨论：math.stackexchange.com/questions/557230/ordin … unction-for-binom3nn

abababa

abababa 发表于 2024-7-4 13:36
一般的觉得不太好弄，特殊的数学，比如主楼的这个，是不是可以定义$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{3n}{n} ...

$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{3n}{n}x^n$，求导得$f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}n\binom{3n}{n}x^{n-1}$，换元$n=m+1$得$f'(x)=\sum_{m=0}^{\infty}(m+1)\binom{3m+3}{m+1}x^m=\sum_{n=0}^{\infty}(n+1)\binom{3n+3}{n+1}x^n$，然后把那个组合数化成$\binom{3n}{n}$的，差一个系数的比值是$\frac{3}{2}\cdot\frac{(3n+1)(3n+2)}{2n+1}$，所以
\begin{align*}
f'(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{3}{2}\cdot\frac{(3n+1)(3n+2)}{2n+1}\binom{3n}{n}x^n\\
&=\frac{3}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{9}{4}+\frac{9}{2}n-\frac{1}{4}\frac{1}{2n+1}\right)\binom{3n}{n}x^n\\
&=\frac{27}{8}f(x)+\frac{27}{4}xf'(x)-\frac{3}{8}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}\binom{3n}{n}x^n
\end{align*}

然后就是求这个$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}\binom{3n}{n}x^n$，这个用积分把$\frac{1}{2n+1}$表示出来是$\frac{1}{2n+1}=\int_{0}^{1}y^{2n}dy$，所以
\begin{align*}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}\binom{3n}{n}x^n&=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}y^{2n}dy\binom{3n}{n}x^n\\
&=\int_{0}^{1}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\binom{3n}{n}x^ny^{2n}\right)dy=\int_{0}^{1}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\binom{3n}{n}(xy^2)^n\right)dy\\
&=\int_{0}^{1}f(xy^2)dy
\end{align*}

再换元$z=xy^2,dz=2xydy$，就有
\[=\int_{0}^{1}f(xy^2)dy=\int_{0}^{x}f(z)\frac{dz}{2xy}=\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f(z)\frac{dz}{\sqrt{xz}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}\int_{0}^{x}\frac{f(z)}{\sqrt{z}}dz\]

这样就能得到微分方程
\[f'(x)=\frac{27}{8}f(x)+\frac{27}{4}xf'(x)-\frac{3}{16\sqrt{x}}\int_{0}^{x}\frac{f(z)}{\sqrt{z}}dz\]

两边再对$x$求一次导数，就得到二阶微分方程了，如果能解出来微分方程，就能计算出原来的值了。