Demostrar que .

Question

Definir:

PS

Descubrí que (según los valores para$$A_n:=\sum_{k=0}^{n}{{n+k}\choose{n}} 2^k,\quad{B_n}:=\sum_{k=0}^{n}{{n+k}\choose{n}}(-1)^k$%) esta identidad parece ser verdadera:

PS

Sin embargo, estoy atascado en tratar de encontrar una prueba. ¿Algunas ideas? ¡Gracias!

Answer 1

El uso formal de potencia de la serie tenemos el soporte de Iverson

$$[[0\le k\le n]] = [z^n] z^k \frac{1}{1-z}.$$

A continuación, obtener para $A_n$

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

Este rendimientos para $1+(-1)^n A_n$

$A$1 + (-1)^n [z^n] \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-2z)^{n+1}} = 1 + [z^n] \frac{1}{1+z} \frac{1}{(1+2z)^{n+1}}$$

Este es

$A$1 + \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1+z} \frac{1}{(1+2z)^{n+1}}.$$

Ahora el residuo en el infinito es cero por la inspección y obtenemos la forma cerrada (residuos de suma cero)

$$1 - \mathrm{Res}_{z=-1} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1+z} \frac{1}{(1+2z)^{n+1}} - \mathrm{Res}_{z=-1/2} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1+z} \frac{1}{(1+2z)^{n+1}} \\ = - \mathrm{Res}_{z=-1/2} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1+z} \frac{1}{(1+2z)^{n+1}} \\ = - \frac{1}{2^{n+1}}\mathrm{Res}_{z=-1/2} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1+z} \frac{1}{(z+1/2)^{n+1}} .$$

Nosotros, evidentemente, requieren (regla de Leibniz)

$$\frac{1}{n!} \left(\frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1+z} \right)^{(n)} \\ = \frac{1}{n!} \sum_{q=0}^n {n\elegir q} \frac{(-1)^q (n+p)!}{n!} \frac{1}{z^{n+1+p}} \frac{(n-p)! (-1)^{n-p}}{(1+z)^{n-p+1}} \\ = (-1)^n \sum_{q=0}^n {n+q\elegir q} \frac{1}{z^{n+1+p}} \frac{1}{(1+z)^{n-p+1}}.$$

Evaluar en $z=-1/2$ para obtener

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

Restaurar el multiplicador en frente ahora rendimientos

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

Esto es $2^{n+1} B_n$ como se reivindica.

Answer 2

La fórmula general de su pregunta es$I_x(a,b)=1-I_{1-x}(b,a)$ donde$I$ es la función beta incompleta regularizada . La distribución binomial negativa también puede ser útil.

Tenga en cuenta que $\forall n\in\Bbb N,\ \forall x\in\Bbb R,\ I_x(n+1,n+1)=\sum^{n}_{k=0}\binom{n+k}{k}x^k(1-x)^{n+1}$.

La pregunta es probar que$$\sum_{k=0}^{n}{{{n+k}\choose{n}}2^k(-1)^{n+1}}=1-\sum_{k=0}^{n}{{{n+k}\choose{n}}(-1)^{k}2^{n+1}}, que es un caso especial para$I_2(n+1,n+1)=1-I_{-1}(n+1,n+1)$.