Dada la suma
$$\sum_{k=1}^{n}{2n+2\choose 2k}B_{2k}=n\tag1$$ Donde $B_{2k}$ es de Bernoulli número
Es muy interesante para mí, la respuesta resulta en un número natural, ¿cómo ir sobre la muestra que? No tengo ninguna idea de por donde empezar.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Buscamos para evaluar
$$Q_n = \sum_{k=1}^n {2n+2\choose 2k} B_{2k}.$$
Con esto en mente, presentamos la generación de la función
$$G(z) = \sum_{n\ge 1} Q_n \frac{z^{2n+2}}{(2n+2)!}.$$
Obtenemos entonces para $G(z)$ que
$$G(z) = \sum_{n\ge 1} \frac{z^{2n+2}}{(2n+2)!} \sum_{k=1}^n {2n+2\elegir 2k} B_{2k} \\ = \sum_{n\ge 1} \frac{z^{2n+2}}{(2n+2)!} \sum_{k=1}^n {2n+2\elegir 2k} (2k)! [w^{2k}] \frac{w}{\exp(w)-1} \\ = \sum_{n\ge 1} z^{2n+2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{(2n+2-2k)!} [w^{2k}] \frac{w}{\exp(w)-1} \\ = \sum_{k\ge 1} [w^{2k}] \frac{w}{\exp(w)-1} \sum_{n\ge k} z^{2n+2} \frac{1}{(2n+2-2k)!} \\ = \sum_{k\ge 1} z^{2k} [w^{2k}] \frac{w}{\exp(w)-1} \sum_{n\ge 0} z^{2n+2} \frac{1}{(2n+2)!} \\ = \left(-1 + \frac{1}{2}(\exp(z)+\exp(-z))\right) \sum_{k\ge 1} z^{2k} [w^{2k}] \frac{w}{\exp(w)-1} \\ = \left(-1 + \frac{1}{2}(\exp(z)+\exp(-z))\right) \left(-1 + \frac{1}{2} z + \frac{z}{\exp(z)-1}\right).$$
Al examinar esta fórmula podemos ver que podría haber sido obtenida por de la inspección. Ponemos a $\exp(z) = v$ mientras nos simplificar y obtener
$$\frac{1}{v-1} \left(-1 + \frac{1}{2}v+\frac{1}{2}\frac{1}{v}\right) \left(1-v + \frac{1}{2}zv - \frac{1}{2}z+z\right) \\ = \frac{1}{2}\frac{1}{v}\frac{1}{v-1} (-2v+v^2+1)\left(1-v+\frac{1}{2}zv+\frac{1}{2}z\right) \\ = \frac{1}{2}\frac{1}{v} (v-1) \left(1-v+\frac{1}{2}zv+\frac{1}{2}z\right) \\ = \frac{1}{2}\frac{1}{v} \left(-1+v-\frac{1}{2}zv-\frac{1}{2}z + v-v^2+\frac{1}{2}zv^2+\frac{1}{2}zv\right) \\ = \frac{1}{2}\frac{1}{v} \left(-1+2v-\frac{1}{2}z -v^2+\frac{1}{2}zv^2\right) \\ = \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{v}+2-\frac{1}{2}z\frac{1}{v} -v+\frac{1}{2}zv\right)$$
La extracción de los coeficientes de esto ahora rendimientos
$$(2n+2)! [z^{2n+2}] \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{v}+2-\frac{1}{2}z\frac{1}{v} -v+\frac{1}{2}zv\right) \\ = \frac{1}{2} \left(-(-1)^{2n+2} - \frac{1}{2} (2n+2) (-1)^{2n+1} - 1 + \frac{1}{2} (2n+2) \right) \\ = \frac{1}{2} \left(-2 + (n+1) + (n+1)\right).$$
Por lo tanto, tienen
$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{Q_n = n.}$$
Observar que podemos comprobar que la coeffcients de extraños poderes cero. Obtenemos
$$(2n+1)! [z^{2n+1}] \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{v}+2-\frac{1}{2}z\frac{1}{v} -v+\frac{1}{2}zv\right) \\ = \frac{1}{2} \left(-(-1)^{2n+1} - \frac{1}{2} (2n+1) (-1)^{2n} - 1 + \frac{1}{2} (2n+1)\right) \\ = \frac{1}{2} \left(- \frac{1}{2} (2n+1) + \frac{1}{2} (2n+1)\right) = 0.$$
El mismo tipo de aritmética obras para $[z^0].$
Observación. El anteriormente utilizado la técnica de la aniquilado coeficiente de extractores (ACE), también conocida como la sustitución de la regla formal el poder de la serie. Hay varios ejemplos en este MSE enlace Yo y en este MSE enlace II y también aquí en este MSE enlace III.
