Diferentes formas de computar$\sum_{n=0}^{\infty}\binom{n+7}{n}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$

Question

Calcule$\sum_{n=0}^{\infty}\binom{n+7}{n}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$ de varias maneras.$$$ $ Una pregunta más: ¿qué hay de$\sum_{n=0}^{\infty}n\binom{n+7}{n}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}$?

Answer 1

Sugerencia: hay una más general del teorema de $$\frac{1}{(1-z)^{k+1}}=\sum_{n=0}^\infty \binom{n+k}{n}z^n$$ with $|z|<1$

Para obtener la segunda pregunta, tomar la derivada de esta y multiplicar por $z$, lo que da:

$$\frac{(k+1)z}{(1-z)^{k+2}} = \sum_{n=0}^\infty n\binom{n+k}{n} z^n$$

Usted puede probar la identidad de la primera combinatoria preguntando, "¿de cuántas maneras distintas se puede escribir $n$ como la suma de una secuencia ordenada de $k+1$ enteros no negativos?" Las "estrellas y barras" teorema dice que el número es $\binom{n+k}{k}=\binom{n+k}{n}$. Pero si pensamos en el lado izquierdo como el producto de la $k+1$ copias de $\frac{1}{1-z}$ vemos que el coeficiente resultante de $z^n$ en el producto es este recuento, por lo que ambos lados son iguales.

O usted puede probar que la identidad de la primera por la inducción en $k$ a partir de a $k=0$, y luego multiplicando ambos lados por $\frac{1}{1-z}=1+z+z^2\dots$ ir de$k$$k+1$, utilizando la relación:

$$\sum_{m=0}^n \binom{m+k}{m} = \binom{n+k+1}{n}$$

O usted puede probar tomando los $k$th derivado de la $\frac{1}{1-z}=\sum_{n=0}^\infty z^n$, como lo han hecho otros.

O usted podría demostrarlo mediante el uso de la general, el teorema del binomio.

Para el segundo problema, un enfoque alternativo es tener en cuenta que:

$$n\binom{n+k}{n}=(k+1)\binom{n+k}{n-1}$$

Answer 2

PS

Así que tienes$$\binom{n+7}{n}x^n=\frac{1}{7!}\frac{d^7}{dx^7}{x^{n+7}}$ $

que es$$\left[\frac{d^7}{dx^7}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{7!}x^{n+7}\right]_{x\to1/3}$ $

que es$$\left[\frac{d^7}{dx^7}\frac{1}{7!}x^7\sum_{n=0}^\infty x^{n}\right]_{x\to1/3}$ $

que es, de acuerdo con la regla del producto para derivados de orden superior,$$\left[\frac{d^7}{dx^7}\left(\frac{1}{7!}x^7\frac1{1-x}\right)\right]_{x\to1/3}$ $

que es$$\left[\sum_{k=0}^7\binom{7}{k}\frac{d^k}{dx^k}\left(\frac{1}{7!}x^7\right)\frac{d^{7-k}}{dx^{7-k}}\left(\frac1{1-x}\right)\right]_{x\to1/3}$ $

que es$$\left[\sum_{k=0}^7\binom{7}{k}\frac{1}{(7-k)!}x^{7-k}(7-k)!(1-x)^{-1-(7-k)}\right]_{x\to1/3}$ $

o simplemente$$\sum_{k=0}^7\binom{7}{k}(1/3)^{7-k}(2/3)^{k-8}$ $

donde vemos algo familiar a partir del teorema del binomio en la suma, y ​​finalmente tenemos$$\frac{3}{2^8}\sum_{k=0}^7\binom{7}{k}2^k$$$\frac{3}{2^8}(1+2)^7$$ aka $ $

---

Para tu segunda pregunta,

$$ \begin{align}n\binom{n+7}{n}x^n&=\frac{1}{7!}\frac{d^7}{dx^7}n{x^{n+7}}\\ &=\frac{1}{7!}\frac{d^7}{dx^7}\left(x^8\frac{d}{dx}x^n \right)\\ \end {align} $$

Answer 3

Recuerde que la generalizada del teorema del binomio: $$ \left( 1 + q x \right)^\alpha = \sum_{n=0}^\infty \binom{\alpha}{n} p^n x^n $$ También, por la negativa integral de los valores del exponente $\alpha = -m$: $$ \binom {m}{n} = \frac{\prod_{k=0}^{n-1} (m-k)}{n!} = (-1)^n \frac{\prod_{k=0}^{n-1} (m+k)}{n!} \stackrel{k \a n-1-k}{=} (-1)^n \frac{\prod_{k=0}^{n-1} (n+m-1-k)}{n!} = (-1)^n \binom{n+m-1}{n} $$ Así $$ \left(1+q x\right)^{m} = \sum_{n=0}^\infty \binom{n+m-1}{n} (-1)^n q^n x^n $$ Ahora establezca $\alpha = -m=-8$$q=-\frac{1}{3}$.

Answer 4

Aquí hay una forma diferente (los pasos necesitarían cierta justificación, ya que estamos manipulando series de poder infinito, pero todos son válidos para$|x| \lt 1$)

Deje$$f_{r}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \binom{n+r}{r} x^n $ $

Entonces tenemos que

PS

Usando la identidad

PS

obtenemos

PS

Así

PS

Ya que tenemos ese$$f_r(x) - xf_r(x) = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \left(\binom{n+r}{r} - \binom{n+r-1}{r}\right)x^n$ tenemos ese

PS

Un enfoque similar funcionará para su otra pregunta.