Evaluar

Question

Quiero evaluar la suma

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

Mi enfoque hasta ahora ha sido el posible uso de polinomio de Legendre cambiado de puesto. Lo sabemos

$Qn(x)=\displaystyle \sum{j=0}^n(-1)^{n+j}{n\choose j}{{n+j}\choose j}x^j$

Pero no estoy pudiendo relacionar estos dos. Veo que

$ \displaystyle \int_0^1Qn(x)dx=\sum{j=0}^n(-1)^{n+j}{n\choose j}{{n+j}\choose j}\frac{1}{j+1}$

pero, ¿Cómo obtengo $\dfrac{1}{(j+1)^2}$? Necesito algún consejo para esto.

Answer 1

Utilice la sugerencia de Kelenner sobre $$ \int_{0}^{1}x^j(-\log x)\,dx = \frac{1}{(1+j)^2}\tag{1}$de % $ y explotar el hecho de que $(-\log x)$ tiene una buena representación en términos de polinomios de Legendre cambiado de puesto:

$$ (-\log x) = 1+\sum_{j\geq 1}\frac{(-1)^j(2j+1)}{j(j+1)}Qj(x)\tag{2} $ $, cualquier $n\geq 1$ $$ \int{0}^{1}(-\log x)Q_n(x)\,dx = \color{red}{\frac{(-1)^n}{n(n+1)}}\tag{3} $ $ puede demostrarse a través de la fórmula de Rodrigues e integración por las piezas (el derivado de $(-\log x)$ es fácil de tratar con).

Answer 2

Supongamos que buscar una forma cerrada de la suma

$$\sum_{q=0}^n (-1)^{n+q} {n\choose q} {n+q\choose q} \frac{1}{(q+1)^2}.$$

Este es

$$\sum_{q=0}^n (-1)^{n+p} \frac{q+1}{n+1} {n+1\elegir q+1} {n+q\elegir q} \frac{1}{(p+1)^2} \\ = \frac{1}{n+1} \sum_{q=0}^n (-1)^{n+p} {n+1\elegir q+1} {n+q\elegir q} \frac{1}{p+1}.$$

Observar que

$$[z^q] \frac{1}{(1-z)^{n+1}} = {n+q\choose q}$$ y por lo tanto

$$\frac{1}{n} [z^{q+1}] \frac{1}{(1-z)^{n}} = \frac{1}{q+1} {n+q\choose q}.$$

Presentamos

$$\frac{1}{p+1} {n+q\elegir q} = \frac{1}{n} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{q+2}} \frac{1}{(1-z)^n} \; dz$$

y para obtener la suma

$$\frac{(-1)^n}{n(n+1)} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z} \frac{1}{(1-z)^n} \sum_{q=0}^n (-1)^p {n+1\elegir q+1} \frac{1}{z^{q+1}} \; dz \\ = - \frac{(-1)^n}{n(n+1)} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z} \frac{1}{(1-z)^n} \sum_{q=1}^{n+1} (-1)^p {n+1\elegir q} \frac{1}{z^p} \; dz \\ = - \frac{(-1)^n}{n(n+1)} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z} \frac{1}{(1-z)^n} \left(-1 + \left(1-\frac{1}{z}\right)^{n+1}\right) \; dz.$$

Ahora, la primera pieza de los rendimientos

$$- \frac{(-1)^n}{n(n+1)} \times -1 \times [z^0] \frac{1}{(1-z)^n} = \frac{(-1)^n}{n(n+1)}.$$

La segunda pieza es

$$ - \frac{(-1)^n}{n(n+1)} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z} \frac{1}{(1-z)^n} \frac{(z-1)^{n+1}}{z^{n+1}}\; dz \\= \frac{1}{n(n+1)} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z} \frac{1}{(1-z)^n} \frac{(1-z)^{n+1}}{z^{n+1}}\; dz \\= \frac{1}{n(n+1)} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+2}} (1-z) \; dz.$$

Este se desvanece al $n\ge 1,$ que hemos asumido de cualquier forma. De ello se deduce que la respuesta deseada es

$$\frac{(-1)^n}{n(n+1)}.$$

Esto coincide con el resultado por @JackD'Aurizio.

Answer 3

Aquí es otra variación del tema.

El siguiente es válido \begin{align*} \sum_{j=0}^n(-1)^{n+j}\binom{n}{j}\binom{n+j}{j}\frac{1}{(j+1)^2}=\frac{(-1)^n}{n(n+1)}\qquad\qquad n\geq 1 \end{align*}

Obtenemos para $n\geq 1$ \begin{align*} \sum_{j=0}^n&\binom{n}{j}\binom{n+j}{j}\frac{(-1)^{n+j}}{(j+1)^2}\\ &=\frac{(-1)^n}{n(n+1)}\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}\binom{n+j}{j+1}\tag{1}\\ &=\frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)}\sum_{j=0}^n\binom{n+1}{j+1}\binom{-n}{j+1}\tag{2}\\ &=\frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)}\sum_{j=1}^{n+1}\binom{n+1}{j}\binom{-n}{j}\tag{3}\\ &=\frac{(-1)^{n}}{n(n+1)}\left(1-\sum_{j=0}^{n+1}\binom{n+1}{j}\binom{-n}{j}\right)\tag{4}\\ \end{align*}

Comentario:

• En (1) se utiliza la \begin{align*} \frac{1}{j+1}\binom{n}{j}=\frac{1}{n+1}\binom{n+1}{j+1}\qquad\text{and}\qquad \frac{1}{j+1}\binom{n+j}{j}=\frac{1}{n}\binom{n+j}{j+1} \end{align*}

• En (2) utilizamos el binomio identidad $\binom{-p}{q}=\binom{p+q-1}{q}(-1)^q$.

• En (3) se cambio el índice de $j$ a inicio de $j=1$.

• En (4) añadimos el término con $j=0$ y restar $1$ respectivamente.

Con el fin de mostrar la suma en (4) es igual a cero, se utiliza el coeficiente de operador $[z^j]$ para denotar el coeficiente de $z^j$ en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^j](1+z)^n=\binom{n}{j} \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \sum_{j=0}^{n+1}\binom{n+1}{j}\binom{-n}{j}&=\sum_{j=0}^\infty[u^j](1+u)^{n+1}[z^j](1+z)^{-n}\tag{5}\\ &=[u^0](1+u)^{n+1}\sum_{j=0}^\infty u^{-j}[z^j](1+z)^{-n}\tag{6}\\ &=[u^0](1+u)^{n+1}\left(1+\frac{1}{u}\right)^{-n}\tag{7}\\ &=[u^0]u^n(1+u)\tag{8}\\ &=0\tag{9} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (5) se le aplica el coeficiente de operador dos veces y establecer el límite superior de la suma a $\infty$ sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.

• En (6) vamos a hacer algunos cambios, el uso de la linealidad del coeficiente de operador y el uso de la regla de $[u^{p+q}]A(u)=[u^p]u^{-q}A(u)$.

• En (7) se aplica la norma de sustitución del coeficiente de operador con $z=\frac{1}{u}$ \begin{align*} A(u)=\sum_{j=0}^\infty a_j u^j=\sum_{j=0}^\infty u^j [z^j]A(z) \end{align*}

• En (8) vamos a hacer algunas simplificaciones.

• En (9) seleccionamos el coeficiente de $u^0$.

Answer 4

También podemos utilizar el Melzak la identidad de

$$f\left(x+y\right)=x\dbinom{x+n}{n}\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^{k}\dbinom{n}{k}\frac{f\left(y-k\right)}{x+k},\, x,y\in\mathbb{R},\, x\neq-k$$

(para una referencia de véase Z. A. Melzak, V. D. Gokhale, y W. V. Parker, Avanzada de Problemas y Soluciones: las Soluciones de $4458$. Amer. De matemáticas. Mensual, $60$ $(1)$ $1953$, $53–54$) que tiene para todos los algebraicas polinomios $f$ grado $n$. Así que tomando $$f\left(z\right)=\frac{\dbinom{2n-z}{n}}{1+n-z},\, y=n$$ and observing that $$\dbinom{n+k}{k}=\dbinom{n+k}{n} $$ we have $$\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{n}\frac{1}{\left(x+k\right)\left(k+1\right)}=\frac{\frac{\dbinom{n-x}{n}}{{\textstyle 1-x}}}{x\dbinom{x+n}{n}}$$ así que tomando el límite cuando $x\rightarrow1 $ we have $$\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^{k}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{n}\frac{1}{\left(k+1\right)^{2}}=\lim_{x\rightarrow1}\frac{\frac{\dbinom{n-x}{n}}{{\estilo de texto 1-x}}}{x\dbinom{x+n}{n}}=\frac{1}{n\left(n+1\right)} $$ hence $$\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^{n+k}\dbinom{n}{k}\dbinom{n+k}{n}\frac{1}{\left(k+1\right)^{2}}=\color{red}{\frac{\left(-1\right)^{n}}{n\left(n+1\right)}}$$ como quería.