Probar sin inducción que $\sum_{r=1}^n {n\choose r}(-1)^{r+1}\dfrac{1}{r}=\sum_{r=1}^n \dfrac{1}{r}$

Question

Probar sin la inducción que $$\sum_{r=1}^n {n\choose r}(-1)^{r+1}\dfrac{1}{r}=\sum_{r=1}^n \dfrac{1}{r}$$ for $n\geq1$.

Me han demostrado lo anterior, usando la inducción. Sin embargo, estoy interesado en saber si podemos mostrar directamente sin el uso de la inducción.

Esto no es del todo trivial, creo que, si uno está armado sólo con las ideas muy básicas de la combinatoria de las identidades. Esto puede ser probado en al menos dos sentidos diferentes: uno el uso de la inducción y la otra es mediante la evaluación de una integral. Sin embargo, en cuanto al segundo enfoque, estoy bastante seguro de que si no se conoce de antemano que la integral para calcular conseguir esta igualdad, es un duro ejercicio.

EDIT: En el enlace que dice ser un duplicado de mi pregunta, la inducción fue permitido. Estoy buscando enfoques que no utilizan la inducción o cálculo. Así que esta pregunta es diferente.

Answer 1

Empezar por

$$\sum_{r=0}^n {n\choose r}x^r=(1+x)^n$$

Que se puede convertir a la integración

$$\sum_{r=1}^n {n\choose r}\frac{(-1)^{r}}{r}=\int^{-1}_0 \frac{(x+1)^n-1}{x} dx$$

Por sustitución tenemos

$$\sum_{r=1}^n {n\choose r}\frac{(-1)^{r+1}}{r}=\int^{1}_0 \frac{t^n-1}{t-1} dt = H_n$$

Nota el último paso de expansión $(1-t)^{-1}$.

Answer 2

Reclamación:

$$\sum{r=1}^n {n\choose r}\frac{(-1)^{r+1}}{r}=\sum{r=1}^n\frac{1}{r}$$

Prueba:

• Llame el lado izquierdo del $f(n)$, luego set $F(x)=\sum_{n\ge1}f(n)x^n$. A continuación:

$$F(x)=\sum{n\ge1}\sum{r=1}^n {n\choose r}\frac{(-1)^{r+1}}{r}x^n =\sum{r\ge1}\sum{n\ge r} {n\choose r}\frac{(-1)^{r+1}}{r}x^n$$

$$=\sum{r\ge1} \frac{(-1)^{r+1}}{r}\sum{n\ge r} {n\choose r}x^n =\sum{r\ge1} \frac{(-1)^{r+1}}{r}\frac{x^r}{(1-x)^{r+1}} =\frac{-1}{1-x}\sum{r\ge1}\frac{1}{r}\left(\frac{-x}{1-x}\right)^r$$

$$=\frac{-1}{1-x}\log \frac{1}{1-\frac{-x}{1-x}}=\frac{-1}{1-x}\log(1-x)=\frac{1}{1-x}\log\frac{1}{1-x}$$

• Ahora, llamada la mano derecha lado $g(n)$, luego set $G(x)=\sum_{n\ge1}g(n)x^n$. A continuación:

$$G(x)=\sum{n\ge1}\sum{r=1}^n\frac{1}{r}x^n=\sum{r\ge1}\sum{n\ge r}\frac{1}{r}x^n=\sum{r\ge1}\frac{1}{r}\sum{n\ge r}x^n$$

$$=\sum{r\ge1}\frac{1}{r}\frac{x^r}{1-x}=\frac{1}{1-x}\sum{r\ge1}\frac{x^r}{r}=\frac{1}{1-x}\log\frac{1}{1-x}$$

• Así, $F(x)=G(x)$, por lo tanto, $f(n)=g(n)$ y nosotros estamos hecho.

Answer 3

Quisiera borrar mi respuesta mala.