Задачи на формальные степенные ряды

[maxal]

Докажите, что существует такая последовательность положительных целых чисел $\{c_n\}_{n=0}^{\infty}$, для которой выполняется следующее равенство формальных степенных рядов:

$$\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n (1-x)^{2^n} = \sum_{n=0}^{\infty} c_n \frac{x^n}{(1+x)^{2^n+n}}.$$

[RIP]

Поскольку в правой части стоит $\sum_{n=0}^\infty c_n\left(\frac x{1+x}\right)^n\left(1-\frac x{1+x}\right)^{2^n}$, то достаточно, чтобы выполнялось
$\sum_{n=0}^\infty c_nx^n(1-x)^{2^n}=1$ (в $\mathbb C[[x]]$),
т.е.
$c_0=1$, $c_{n+1}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{2^{n-k}}{k+1}c_{n-k}$.
Осталось доказать, чё все $c_n>0$. Для этого достаточно установить, чё $\frac{c_{n+1}}{c_n}\ge2^{n-1}$. При $n=0$ это верно. Если верно при всех $n<N$, то при $0\le k\le N-1$
$\binom{2^{N-k-1}}{k+2}c_{N-k-1}=\prod_{j=0}^{k+1}\frac{2^{N-k-1}-j}{j+1}\cdot c_{N-k-1}\le$
$\le\prod_{j=0}^{k+1}\frac{2^{N-k}-j}{2(j+1)}\cdot 2^{2+k-N}c_{N-k}\le\frac12\binom{2^{N-k}}{k+1}c_{N-k},$
откуда получаем тебуемое.

Кстати, вот ещё одна интересная задачка на формальные степенные ряды.
Для $n\in\mathbb N_0$ обозначим
$\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right]=B(n+1,x)=\frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)}.$
Доказать равенство следующих формальных степенных рядов от $\frac1x$:
$\frac d{dx}\left(\sum_{n=0}^\infty\frac1{n+1}\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right]\right)=\sum_{n=0}^\infty\frac1{n+1}\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}n\\1-x\end{matrix}\right].$

[maxal]

RIP писал(а):

Для $n\in\mathbb N_0$ обозначим
$\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right]=B(n+1,x)=\frac{n!}{x(x+1)\dots(x+n)}.$
Доказать равенство следующих формальных степенных рядов от $\frac1x$:
$\frac d{dx}\left(\sum_{n=0}^\infty\frac1{n+1}\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right]\right)=\sum_{n=0}^\infty\frac1{n+1}\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}n\\1-x\end{matrix}\right].$

Во-первых, непосредственно из определения следует:

$$\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}n\\1-x\end{matrix}\right] = (-1)^{n+1} \frac{n!^2}{(2n+1)!} \left[\begin{matrix}2n+1\\x-n-1\end{matrix}\right].$$

Во-вторых, разложим $\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right]$ на "простейшие":

$$\left[\begin{matrix}n\\x\end{matrix}\right] = \sum_{j=0}^n (-1)^j {n\choose j} \frac{1}{x+j}.$$

Таким образом, требуемое тождество переписывается в виде:

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \sum_{j=0}^n (-1)^{j+1} {n\choose j} (x+j)^{-2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} n!^2}{(n+1)(2n+1)!} \sum_{j=0}^{2n+1} (-1)^j {2n+1\choose j} (x-n-1+j)^{-1}$$

или, делая замену $\frac{1}{x}=y$ и сокращая на $y$:

$$y\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \sum_{j=0}^n (-1)^{j+1} {n\choose j} (1+jy)^{-2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1} n!^2}{(n+1)(2n+1)!} \sum_{j=0}^{2n+1} (-1)^j {2n+1\choose j} (1+(j-n-1)y)^{-1}.$$

Берем коэффициенты при $y^k$ и сокращем на $(-1)^{k+1}$:

$$(\star)\qquad k\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \sum_{j=0}^n (-1)^j {n\choose j} j^{k-1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n n!^2}{(n+1)(2n+1)!} \sum_{j=0}^{2n+1} (-1)^j {2n+1\choose j} (j-n-1)^k.$$

Для дальнейшего немного обобщим известные формулы (10) и (13) для чисел Стирлинга 2-го рода, а именно вычислим:

$$\sum_{j=0}^{m} (-1)^j {m\choose j} (j+\ell)^k = \sum_{j=0}^{m} (-1)^j {m\choose j} \sum_{t=0}^k {k\choose t} j^t \ell^{k-t} =$$

$$= \sum_{t=0}^k {k\choose t} \ell^{k-t} (-1)^m m! S(t,m)=k! [z^k] e^{\ell z} (1 - e^z)^m.$$

Чтобы вычислить левую часть (*), полагаем $m=n$ и $\ell=0$:

$$k! [z^{k-1}] \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n+1} (1 - e^z)^n = k! [z^{k-1}] \frac{z}{1 - e^z}=k! [z^k] \frac{z^2}{1-e^{z}}.$$

Чтобы вычислить правую часть (*), полагаем $m=2n+1$ и $\ell=-(n+1)$:

$$k! [z^k] \frac{1 - e^z}{e^z} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n n!^2}{(n+1)(2n+1)!} \left(\frac{(1 - e^z)^2}{e^z}\right)^n$$

А так как

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n n!^2}{(n+1)(2n+1)!} w^n = 4 \frac{\mathop{\rm arcsinh}(\sqrt{w}/2)^2}{w},$$

то правая часть получается равной:

$$k! [z^k] \frac{z^2}{1-e^{z}},$$

что совпадает с левой частью.

Кстати, попутно мы также доказали, что экспоненциальная производящая функция коэффициентов исходных рядов равна

$$\frac{y^3}{1-e^{-y}} = \frac{1}{x^3(1-e^{-1/x})}.$$

[maxal]

Вот еще простая задачка на формальные степенные ряды.

Доказать тождество:

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{k^2}(1+x^k)}{1-x^k} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{\frac{k^2+k}{2}}}{1-x^k} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{x^{2k^2}(1+x^k)}{1-x^k}.$$

[maxal]

Очередная задачка -- доказать:

$$\sum_{n\geq 1} (-1)^{n-1} \frac{x^{\frac{n (n+1)}2} (1+x^n)}{(1-x^n)^2} = \sum_{n\geq 1} \sigma(n)\cdot x^n,$$

где $\sigma(\cdot)$ -- сумма делителей.