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Demostrar que .

Deje $n$ ser un entero positivo. Demostrar que $$ \sum_{k=0}^{2n} \binom {2n+k}{k} \binom{2n}{k} \frac{(-1)^k}{2^k} \frac{1}{k+1} = 0. $$

Estoy tratando de resolver esto mediante el uso de la inducción en $n$. He probado la suma a ser cero en el caso de $n=1$. Suponiendo que la suma es cero para $n=m$ ($m$ es un entero positivo), ¿cómo puedo demostrar que implica que la suma es cero para $n=m+1$?

Puedo obtener algunos consejos?

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Marko Riedel Puntos 19255

A partir de

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

tenemos

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

El último paso es cero por la inspección, ya que estamos, la extracción de una coeficiente en un extraño poder de un polinomio donde todos los poderes están incluso, y tenemos la reclamación.

1voto

G Cab Puntos 51

Vamos enfoque de la suma a través de la Función Hipergeométrica.
Para este propósito vamos a volver a escribir como $$ \eqalign{ & S(n) = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,2n} \right)} {\binom{2n+k}{k} \binom{2n}{k} {{\left( { - 1} \right)^{\,k} } \over {2^{\,k} \left( {k + 1} \right)}}} = \cr & = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,2n} \right)} {\binom{2n+k}{k} \binom{2n}{k} {1 \over {\left( {k + 1} \right)}}\left( { - {1 \over 2}} \right)^{\,k} } = \cr & = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,2n} \right)} {t_{\,k} \left( { - {1 \over 2}} \right)^{\,k} } \cr} $$

El $t_k$ están en la siguiente proporción $$ \eqalign{ y t_{\,0} = 1 \cr & {{t_{\,k + 1} } \over {t_{\,k} }} = \cr y = {{\left( {2n + k + 1} \right)!} \over {\left( {k + 1} \right)!\a la izquierda( {k + 1} \right)!\a la izquierda( {2n - k - 1} \right)!\a la izquierda( {k + 2} \right)}} {{k!k!\a la izquierda( {2n - k} \right)!\a la izquierda( {k + 1} \right)} \over {\left( {2n + k} \right)!}} = \cr y = - {{\left( {k + 2n + 1} \right)\left( {k - 2n} \right)} \over {\left( {k + 2} \right)}}{1 \over {\left( {k + 1} \right)}} \cr} $$ por lo que la suma puede ser expresado como $$ \eqalign{ & S(n) = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,2n} \right)} {\binom{2n+k}{k} \binom{2n}{k} {{\left( { - 1} \right)^{\,k} } \over {2^{\,k} \left( {k + 1} \right)}}} = \cr Y = {}_2F_{\,1} \left( {\left. {\matriz{ {2n + 1,\; - 2n} \cr 2 \cr } \,} \right|1/2} \right) \cr} $$

Para $n=0$ esto da $$ S(0) = {}_2F_{\,1} \left( {\left. {\matriz{ {1,\;0} \cr 2 \cr } \,} \right|1/2} \right) = 1 $$ mientras que para $0<n$ hemos $$ \eqalign{ & {}_2F_{\,1} \left( {\left. {\matriz{ {2n + 1,\; - 2n} \cr 2 \cr } \,} \right|1/2} \right)\quad \left| {\;0 < n} \right.\quad = \cr Y = {{\Gamma \left( 2 \right)} \over {\Gamma \left( {2n + 1} \right)\Gamma \left( { - 2n} \right)}}\sum\limits_{0\, \le \,k\,} {{{\Gamma \left( {2n + 1 + k} \right)\Gamma \left( { - 2n + k} \right)} \over {\Gamma \left( {2 + k} \right)}}} {1 \over {2^{\,k} k!}} \cr} $$

Tenga en cuenta que podemos llegar al mismo resultado mediante la expresión de los binomios a través de la función Gamma y la realización de algunas simplificaciones algebraicas.

A la fracción fuera de la suma se le puede aplicar el Reflejo de la fórmula para la función Gamma, que en la forma invertida es válida en todo el complejo campo $$ {1 \over {\Gamma \left( {z + 1} \right)\,\Gamma \left ( {z} \right)}} = - {{\sin \left( {\pi \,z} \right)} \\pi }\quad \left| {\;\forall z \in \mathbb C} \right. $$ entonces claramente $$ S(n)\quad \left| {\;0 < n \Z} \right. = \sin \left( {2\pi \n} \right) \cdot \left( \cdots \right) = 0 $$

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Anthony Shaw Puntos 858

Residuos De Enfoque $$ \begin{align} \sum_{k=0}^{2n}\binom{2n+k}{k}\binom{2n}{k}\frac{(-1)^k}{2^k}\frac1{k+1} &=\frac1{2n+1}\sum_{k=0}^{2n}\binom{-2n-1}{k}\binom{2n+1}{k+1}\frac1{2^k}\\ &=\frac1{2n+1}\sum_{k=0}^{2n}\binom{-2n-1}{k}\binom{2n+1}{2n-k}\frac1{2^k}\\ &=\frac1{2n+1}\left[x^{2n}\right]\left(1+\frac x2\right)^{-2n-1}(1+x)^{2n+1}\\ &=\frac1{2n+1}\left[x^{-1}\right]\left(\frac1{x+2}+\frac1x\right)^{2n+1}\tag1 \end{align} $$ Por lo tanto, estamos interesados en el residuo de a $x=0$de $$ f(x)=\left(\frac1{x+2}+\frac1x\right)^{2n+1}\tag2 $$ que es el mismo que el residuo de a $x=0$de $$ -f(-x)=\left(\frac1{x 2}+\frac1x\right)^{2n+1}\tag3 $$ Desde $-f(-x)=f(x-2)$, este es el residuo de $f(x)$ a $x=-2$.

Por lo tanto, los residuos de $f(x)$ a $x=0$ e $x=-2$ son iguales.

Para $|x|\gt2$, $|f(x)|\le\left(\frac2{|x|-2}\right)^{2n+1}$, y para $n\ge1$, $$ \left|\int_{|x|=R}f(x)\,\mathrm{d}x\right|\le2\pi R\left(\frac2{R-2}\right)^{2n+1}\stackrel{R\to\infty}{\longrightarrow}0\tag4 $$ Por lo tanto, Cauchy del Residuo Teorema dice que la suma de los residuos es $0$. Por lo tanto, para $n\ge1$, obtenemos que ambos residuos se $0$.

Esto significa que para $n\ge1$, $$ \sum_{k=0}^{2n}\binom{2n+k}{k}\binom{2n}{k}\frac{(-1)^k}{2^k}\frac1{k+1}=0\tag5 $$


Un Enfoque Más Elementales $$ \begin{align} &\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n+k}{k}\binom{2n}{k}\frac{(-1)^k}{2^k}\frac1{k+1}\\ &=\frac1{2n+1}\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n+k}{2n}\binom{2n+1}{k+1}\left(-\frac12\right)^k\tag6\\ &=\frac1{2n+1}\sum_{k=0}^{2n}\left[x^{2n}\right](1+x)^{2n+k}\binom{2n+1}{k+1}\left(-\frac12\right)^k\tag7\\ &=\frac1{2n+1}\left[x^{2n}\right](1+x)^{2n}\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n+1}{k+1}\left(-\frac{1+x}2\right)^k\tag8\\ &=-\frac2{2n+1}\left[x^{2n}\right](1+x)^{2n-1}\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n+1}{k+1}\left(-\frac{1+x}2\right)^{k+1}\tag9\\ &=-\frac2{2n+1}\left[x^{2n}\right](1+x)^{2n-1}\left[\left(\frac{1-x}2\right)^{2n+1}-1\right]\tag{10}\\ &=-\frac2{2n+1}\left[x^{2n}\right]\left[\left(\frac{1-x^2}2\right)^{2n-1}\left(\frac{1-x}2\right)^2-(1+x)^{2n-1}\right]\tag{11}\\ &=-\frac2{2n+1}\left[x^{2n}\right]\left[\left(\frac{1-x^2}2\right)^{2n-1}\frac{1+x^2}4\right]\tag{12}\\ &=-\frac{2^{-2n}}{2n+1}\left(\left[x^{2n}\right]\left(1-x^2\right)^{2n-1}+\left[x^{2n-2}\right]\left(1-x^2\right)^{2n-1}\right)\tag{13}\\[6pt] &=-\frac{2^{-2n}}{2n+1}\left((-1)^n\binom{2n-1}{n}+(-1)^{n-1}\binom{2n-1}{n-1}\right)\tag{14}\\[12pt] &=0\tag{15} \end{align} $$ Explicación:
$\phantom{1}(6)$: $\binom{2n+k}{k}=\binom{2n+k}{2n}$ e $\frac1{k+1}\binom{2n}{k}=\frac1{2n+1}\binom{2n+1}{k+1}$
$\phantom{1}(7)$: $\binom{2n+k}{2n}=\left[x^{2n}\right](1+x)^{2n+k}$
$\phantom{1}(8)$: mueva $(1+x)^k$ dentro de la suma
$\phantom{1}(9)$: mueva $-\frac2{1+x}$ fuera de la suma
$(10)$: Teorema Del Binomio
$(11)$: distribuir $(1+x)^{2n-1}$
$(12)$: desecha impar facultades y poderes demasiado pequeño (si $n\ge1$)
$(13)$: $\left[x^{2n}\right]x^2f(x)=\left[x^{2n-2}\right]f(x)$
$(14)$: Teorema Del Binomio
$(15)$: evaluar

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Caspar Wrede Puntos 43

Yo prefiero Marko Riedels resultado, ya que no se requieren requisitos previos, pero para el registro:

$$ \sum\limits_{ {0 \le } k { \le 2n} } {\binom{2n+k}{2n} \binom{2n}{k} {{\left( \frac{ - t}{2} \right)^{k} }}} = P_{2n}(1-t) $$ con el Polinomio de Legendre $P_{2n}$. No es demasiado difícil de demostrar, mediante la recurrencia de los polinomios de Legendre $P_n(x)$es decir $$ 0 = (n+1) P_{n+1}(x) - (2n+1)xP_n(x) + nP_{n-1}(x) \, . $$ Conectar en la expresión anterior para $n$ en lugar de $2n$rendimientos \begin{align} \sum_{k=0}^{n+1} \left(\frac{-t}{2}\right)^k \Bigg\{ &(n+1) \binom{n+1+k}{n+1} \binom{n+1}{k} - 2(2n+1) \binom{n+k-1}{n} \binom{n}{k-1} \\ &-(2n+1) \binom{n+k}{n} \binom{n}{k} + n \binom{n-1+k}{n-1} \binom{n-1}{k} \Bigg\} = 0 \end{align} que se desvanece termwise después de algunos largos, pero no difícil de álgebra después de la conversión a factoriales; aquí $\binom{n}{k}=0$ si $k>n$. Entonces $$ \int_0^1 P_{2n}(1-t) \, {\rm d}t = \int_0^1 P_{2n}(t) \, {\rm d}t = \frac{1}{2^{2n}(2n)!} \frac{{\rm d}^{2n-1}}{{\rm d}t^{2n-1}} \left( t^2 -1\right)^{2n} \Bigg|_{t=0}^{t=1} = 0 $$ por la fórmula de Rodrigues y el hecho de que un número impar de derivados siempre deja al menos un $t$ en cada término y desde $2n-1 < 2n$ cada término también contienen un factor de $(t^2-1)$.

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