Una igualdad entre un producto y una suma combinatoria

Question

Estoy tratando de demostrar la siguiente identidad (de la cual verifiqué numéricamente la verdad) :

$$\text{For every $ n \in\mathbb {N}^* $ and $\alpha \in \mathbb {R} \setminus\lbrace -2k \text { }| \text { }k \in\mathbb {N} \rbrace$,}$$

$$\text{$\prod\limits_ {k=1}^{n} $}\left[1-\frac{1}{2k+\alpha}\right]=\frac{\alpha}{4^{n}}{2n \choose n}\text{$\sum\limits_ {k=0}^{n} $}\frac{{n \choose k}^2}{{2n \choose 2k}}\frac{1}{2k+\alpha}$$

He intentado la inducción, sin éxito. La verdad es que no tengo ninguna otra idea para solucionarlo. Los productos como este no son tan fáciles de trabajar.

¿Alguna idea o sugerencia?

Answer 1

Para la identidad

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \prod_{k=1}^n \left[ 1 - \frac{1}{2k+\alpha} \right] = \frac{\alpha}{4^n} {2n\choose n} \sum_{k=0}^n {n\choose k}^2 {2n\choose 2k}^{-1} \frac{1}{2k+\alpha}}$$

trabajamos con $n\ge 2$ y primero simplificamos la RHS

$$\frac{\alpha}{4^n} \frac{(2n)!}{n!\times n!} \sum_{k=0}^n \frac{n!^2}{k!^2 (n-k)!^2} \frac{(2k)! (2n-2k)!}{(2n)!} \frac{1}{2k+\alpha} \\ = \frac{\alpha}{4^n} \sum_{k=0}^n {2k\choose k} {2n-2k\choose n-k} \frac{1}{2k+\alpha} \\ = \frac{1}{4^n} {2n\choose n} + \frac{\alpha}{4^n} \sum_{k=1}^n {2k\choose k} {2n-2k\choose n-k} \frac{1}{2k+\alpha} .$$

Ahora para el LHS encontramos

$$\prod_{k=1}^n \frac{2k-1+\alpha}{2k+\alpha} = \prod_{k=1}^n (2k-1+\alpha) \prod_{k=1}^n \frac{1}{2k+\alpha} \\ = (1+\alpha) \prod_{k=2}^n (2k-1+\alpha) \prod_{k=1}^n \frac{1}{2k+\alpha}.$$

Podemos aplicar fracciones parciales por residuos a los dos productos (grado del numerador es menor que el grado del denominador y los polos son todos simples) para la variable $\alpha$ y obtener

$$(1+\alpha) \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+\alpha} \mathrm{Res}_{\alpha=-2k} \prod_{q=2}^n (2q-1+\alpha) \prod_{q=1}^n \frac{1}{2q+\alpha} \\ = (1+\alpha) \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+\alpha} \prod_{q=2}^n (2q-1-2k) \prod_{q=1}^{k-1} \frac{1}{2q-2k} \prod_{q=k+1}^{n} \frac{1}{2q-2k} \\ = \frac{1}{2^{n-1}} (1+\alpha) \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+\alpha} \prod_{q=2}^n (2q-1-2k) \prod_{q=1}^{k-1} \frac{1}{q-k} \prod_{q=k+1}^{n} \frac{1}{q-k} \\ = \frac{1}{2^{n-1}} (1+\alpha) \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+\alpha} \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!} \frac{1}{(n-k)!} \prod_{q=2}^n (2q-1-2k).$$

Para el producto restante obtenemos

$$\prod_{q=2}^n (2q-1-2k) = \prod_{q=2}^k (2q-1-2k) \prod_{q=k+1}^n (2q-1-2k) \\ = \frac{(-1)^{k-1} (2k-2)!}{(k-1)! \times 2^{k-1}} \prod_{q=1}^{n-k} (2q-1) \\ = \frac{(-1)^{k-1} (2k-2)!}{(k-1)! \times 2^{k-1}} \frac{(2n-2k)!}{(n-k)! \times 2^{n-k}}.$$

Recogiendo todo lo que tenemos para la descomposición de la fracción parcial

$$\frac{1}{2^{n-1}} (1+\alpha) \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+\alpha} \frac{(-1)^{k-1}}{(k-1)!} \frac{1}{(n-k)!} \frac{(-1)^{k-1} (2k-2)!}{(k-1)! \times 2^{k-1}} \frac{(2n-2k)!}{(n-k)! \times 2^{n-k}}$$

que es

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{1}{4^{n-1}} (1+\alpha) \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k+\alpha} {2k-2\choose k-1} {2n-2k\choose n-k}.}$$

A continuación, para concluir, extraemos el coeficiente de $[\alpha^q]$ y demostrar que el lado derecho y el lado izquierdo dan lo mismo, lo que demuestra la afirmación (ningún polo en $\alpha=0$ ). Obtenemos para $q=0$ que debemos tener

$$\frac{1}{4^n} {2n\choose n} = \frac{1}{4^{n-1}} \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k} {2k-2\choose k-1} {2n-2k\choose n-k} \\ = \frac{1}{2^{2n-1}} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k+1} {2k\choose k} {2n-2-2k\choose n-1-k}.$$

Reconocemos los números catalanes con OGF

$$C(z) = \frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}.$$

Continuando,

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

Ahora, cuando $k\gt n-1$ no hay contribución al coeficiente y continuamos con

$$\frac{1}{2^{2n-1}} [z^{n-1}] (1+z)^{2n-2} \sum_{k\ge 0} \frac{1}{k+1} {2k\choose k} z^k (1+z)^{-2k} \\ = \frac{1}{2^{2n-1}} [z^{n-1}] (1+z)^{2n-2} \frac{1-\sqrt{1-4z/(1+z)^2}}{2z/(1+z)^2} \\ = \frac{1}{2^{2n}} [z^{n}] (1+z)^{2n-2} \frac{1-\sqrt{1-4z/(1+z)^2}}{1/(1+z)^2} \\ = \frac{1}{2^{2n}} [z^{n}] (1+z)^{2n-1} (1+z-\sqrt{1-2z+z^2}) \\ = \frac{1}{2^{2n}} [z^{n}] (1+z)^{2n-1} 2z = \frac{1}{2^{2n}} [z^{n-1}] 2 (1+z)^{2n-1} = \frac{1}{2^{2n}} 2 {2n-1\choose n-1} \\ = \frac{1}{2^{2n}} {2n\choose n}.$$

Tenemos igualdad para $q=0.$ Para $q\ge 1$ debemos tener eso

$$\frac{1}{4^n} \sum_{k=1}^n {2k\choose k} {2n-2k\choose n-k} [\alpha^{q-1}] \frac{1}{2k} \frac{1}{1+\alpha/2/k} \\ = \frac{1}{4^n} \sum_{k=1}^n {2k\choose k} {2n-2k\choose n-k} (-1)^{q-1} \frac{1}{2^qk^q}$$

es lo mismo que

$$\frac{1}{4^{n-1}} \sum_{k=1}^n ([\alpha^q] + [\alpha^{q-1}]) \frac{1}{2k+\alpha} {2k-2\choose k-1} {2n-2k\choose n-k}.$$

Esto es

$$\frac{1}{4^{n-1}} \sum_{k=1}^n \left((-1)^q \frac{1}{2^{q+1} k^{q+1}} + (-1)^{q-1}\frac{1}{2^qk^q}\right) {2k-2\choose k-1} {2n-2k\choose n-k} \\ = \frac{1}{4^{n-1}} \sum_{k=1}^n \left(-\frac{1}{2k} + 1\right) (-1)^{q-1}\frac{1}{2^qk^q} {2k-2\choose k-1} {2n-2k\choose n-k} \\ = \frac{1}{2^{2n-2}} \sum_{k=1}^n \frac{2k-1}{2k} (-1)^{q-1}\frac{1}{2^qk^q} \frac{k}{2k-1} {2k-1\choose k} {2n-2k\choose n-k} \\ = \frac{1}{2^{2n-1}} \sum_{k=1}^n (-1)^{q-1}\frac{1}{2^qk^q} {2k-1\choose k-1} {2n-2k\choose n-k} \\ = \frac{1}{2^{2n-1}} \sum_{k=1}^n (-1)^{q-1}\frac{1}{2^qk^q} \frac{k}{2k} {2k\choose k} {2n-2k\choose n-k} \\ = \frac{1}{4^n} \sum_{k=1}^n (-1)^{q-1}\frac{1}{2^qk^q} {2k\choose k} {2n-2k\choose n-k}.$$

Volvemos a tener igualdad. Con esto concluye la prueba.

Answer 2

Esto es un mero complemento a la respuesta de @MarkoRiedels. Imitando su solución con un ligero cambio podemos simplificar la prueba.

Comenzamos con el lado izquierdo de OP y obtenemos \begin {align*} \color {Azul}{ \prod_ {k=1}^n}& \color {Azul}{ \left (1- \frac {1}{2k+ \alpha } \right )} \\ &= \prod_ {k=1}^n \frac {2k-1+ \alpha }{2k+ \alpha } \\ &= \alpha\prod_ {k=1}^n(2k-1+ \alpha ) \prod_ {k=0}^n \frac {1}{2k+ \alpha } \tag {1} \\ &= \alpha\sum_ {k=0}^n \frac {1}{2k+ \alpha } \mathrm {Res}_{ \alpha =-2k} \prod_ {q=1}^n(2q-1+ \alpha ) \prod_ {q=0}^n \frac {1}{2q+ \alpha } \\ &= \alpha\sum_ {k=0}^n \frac {1}{2k+ \alpha } \prod_ {q=1}^n(2q-1-2k) \prod_ {q=0}^{k-1} \frac {1}{2q-2k} \prod_ {q=k+1}^n \frac {1}{2q-2k} \\ &= \frac { \alpha }{2^n} \sum_ {k=0}^n \frac {1}{2k+ \alpha }(-1)^k \prod_ {q=1}^k(2k+1-2q) \prod_ {q=k+1}^n(2q-1-2k) \\ & \qquad\qquad\cdot\prod_ {q=0}^{k-1} \frac {1}{q-k} \prod_ {q=k+1} \frac {1}{q-k} \\ &= \frac { \alpha }{2^n} \sum_ {k=0}^n \frac {1}{2k+ \alpha }(-1)^k(2k-1)!!(2n-1-2k)!! \cdot\frac {1}{(-1)^kk!} \cdot\frac {1}{(n-k)!} \\ &= \frac { \alpha }{2^n} \sum_ {k=0}^n \frac {1}{2k+ \alpha } \cdot\frac {(2k)!}{2^kk!} \cdot\frac {(2n-2k)!}{2^{n-k}(n-k)!} \cdot\frac {1}{(-1)^kk!} \cdot\frac {1}{(n-k)!} \\ &= \frac { \alpha }{4^n} \binom {2n}{n} \sum_ {k=0}^n \frac {1}{2k+ \alpha } \cdot\frac {n!}{k!(n-k)!} \cdot\frac {n!}{k!(n-k)!} \cdot\frac {(2k)!(2n-2k)!}{(2n)!} \\ &\,\, \color {azul}{= \frac { \alpha }{4^n} \binom {2n}{n} \sum_ {k=0}^n \binom {n}{k}^2 \binom {2n}{2k}^{-1} \frac {1}{2k+ \alpha }} \end {align*}

y la afirmación es la siguiente.

Comentario:

• En (1) está la ligera diferencia. En lugar de factorizar $1+\alpha$ multiplicamos con $\frac{\alpha}{\alpha}$ .