Prueba de que$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}{n\choose k}=\frac{4^n}{(2n+1){2n\choose n}}$

Question

Vi en este documento de la siguiente identidad: $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}{n\choose k}=\frac{4^n}{(2n+1){2n\choose n}}$$ Tengo un anterior post sobre una integral muy estrechamente relacionado con esta identidad, pero yo todavía no sé cómo derivar/probar la identidad. Yo realmente no soy buena en la combinatoria o la evaluación de la serie, así que no sé cómo empezar, qué es eso que no tengo cualquier intento de mostrar. Sírvase explicar los pasos a fondo.

Edit: sé que hay otros artículos en esta serie, pero yo no obtener de ellos la prueba de que estaba satisfecho.

Answer 1

PS

PS

En el otro lado (ver prueba aquí ):

PS

Es un simple ejercicio para demostrar que:

PS

... lo que completa la prueba.

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{\sum_{k = 0}^{n}{\pars{-1}^{k} \over 2k + 1}{n \elegir k} = {4^{n} \\pars{2n + 1}{2n\elegir n}}:\ {\LARGE ?}}$.

\begin{align} \sum_{k = 0}^{n}{\pars{-1}^{k} \over 2k + 1}{n \choose k} & = \sum_{k = 0}^{n}\pars{-1}^{k}\pars{\int_{0}^{1}t^{2k}\dd t}{n \choose k} = \int_{0}^{1}\bracks{\sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{-t^{2}}^{k}}\dd t \\[5mm] & = \int_{0}^{1}\pars{1 - t^{2}}^{n}\dd t \\[5mm] & \stackrel{t^{2}\ \mapsto\ t}{=}\,\,\, {1 \over 2}\ \overbrace{\int_{0}^{1}t^{-1/2}\,\pars{1 - t}^{n}\,\dd t} ^{\ds{\mrm{B}\pars{1/2,n + 1}}}\qquad\pars{~\mrm{B}:\ Beta\ Function~} \\[5mm] & = {1 \over 2}\,{\Gamma\pars{1/2}\Gamma\pars{n + 1} \over \Gamma\pars{n + 3/2}}\qquad\pars{~\Gamma:\ Gamma\ Function~} \\[5mm] & = {1 \over 2}\,{\root{\pi}\Gamma\pars{n + 1} \over \root{2\pi}2^{-3/2 - 2n}\Gamma\pars{2n + 2}/ \Gamma\pars{n + 1}}\label{1}\tag{1} \end{align} En la última expresión, yo solía $\ds{\Gamma\pars{1/2} = \root{\pi}}$ y el Gamma de la Duplicación de la Fórmula.

\eqref{1} se convierte en:

\begin{align} \sum_{k = 0}^{n}{\pars{-1}^{k} \over 2k + 1}{n \choose k} & = {4^{n}\pars{n!}^{2} \over \pars{2 n + 1}!} = {4^{n} \over \pars{2n + 1}\bracks{\pars{2n}!/\pars{n!}^{2}}} = \bbx{{4^{n} \over \pars{2n + 1}{2n \choose n}}} \end{align}

Answer 3

El teorema del binomio dice $$ \ sum_ {k = 0} ^ n (-1) ^ k \ binom {n} {k} x ^ {2k} = \ left (1-x ^ 2 \ right) ^ n $$ Al integrar ambos lados sobre $[0,1]$, se obtiene $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n}{k} &=\int_0^1\left(1-x^2\right)^n\,\mathrm{d}x\\ &=\frac12\int_0^1\left(1-x\right)^nx^{-1/2}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac12\frac{\Gamma(n+1)\,\Gamma(1/2)}{\Gamma(n+3/2)}\\ &=\frac12\frac{n!}{\frac12\frac32\cdots\left(n+\frac12\right)}\\ &=\frac{2^nn!}{1\cdot3\cdots(2n+1)}\\ &=\frac{2^nn!2^nn!}{(2n+1)!}\\ &=\frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}} \end {align} $$ mediante la función Beta .

Answer 4

En realidad estaba pensando en exactamente esta suma hace un par de días, y encontró un par de maneras de evaluar. Estoy en mi teléfono ahora mismo, así que no puede tpe se todo bastante, pero me voy a dar una idea general.

Método 1

(-1)^k / (2k+1) = 1/i * la integral de 0 a i de x^2k dx

Multiplicando por los coeficientes binomiales da que la suma que usted está buscando es

integral de 0 a i (1+x^2)^n dx

Una simple integración por partes demuestra su fórmula a través de la inducción.

Método 2

1 / (k + 1/2) = integral de 0 a 1 de x^(k-1/2) dx

Multiplicando por los coeficientes binomiales y sumando se obtiene que la suma es igual a la mitad de

integral de 0 a 1 (1-x)^n * x^(-1/2) dx

Pero esa es la función beta, y si se evalúa utilizando la fórmula que involucra la función gamma de obtener la respuesta correcta.

Observe que el método 2 fácilmente se generaliza para el caso en el que reemplace 2k+1 xk+y donde x e y son arbitrarias de los números reales, y, de hecho, para el caso donde n es cualquier número real.