$\int_{-\infty}^{\infty}{x\choose t}dt=2^x$ $x\geq0$??

Question

Me di cuenta de que en Desmo, para $m>0$ e $x\geq0$, $$\int_{-m}^{m}{x\choose t}dt$$ closer and closer approximated $2^x$. Así que, ¿ $$\int_{-\infty}^{\infty}{x\choose t}dt=2^x$$ Suponiendo que ${x\choose t}=\frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma(t+1)\Gamma(x-t+1)}$.

Sé que $\sum_{k\geq0}{x\choose k}=2^x$, pero hay, por supuesto, las diferencias entre las $\int_{-\infty}^{\infty}$ e $\sum_{k\geq0}$.

Alguien puede probar/refutar esto?

Answer 1

Una vez me resultó más general resultado en mi viejo publicación. Aquí hay otro, más corto de la prueba.

La reclamación. Deje $\alpha$ ser un número complejo con $\operatorname{Re}(\alpha) > 0$. Entonces

$$ \forall z \in \mathbb{C} \ : \quad \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \left(1 + e^{2\pi i \theta}\right)^{\alpha} e^{-2\pi i z \theta} \, d\theta = \binom{\alpha}{z}. \tag{*} $$

Antes de probar esta afirmación, vamos a mostrar que esto lleva a la conclusión deseada. De hecho, es fácil comprobar que $x \mapsto \binom{\alpha}{x}$ es de cuadrado integrable en $\mathbb{R}$. Así que por la transformada de Fourier de la inversión de la fórmula,

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \binom{\alpha}{x} e^{-2\pi i \xi x} \, dx = \begin{cases} \left(1 + e^{-2\pi i \xi}\right)^{\alpha}, & |\xi| < \frac{1}{2} \\ 0, & \text{otherwise} \end{casos} $$

Conectar $\xi = 0$ demuestra OP.

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Prueba de Reclamación. Escribimos $I(\alpha, z)$ integral para la en $\text{(*)}$. Desde ambos lados de $\text{(*)}$ son holomorphic funciones en $z$, es suficiente para demostrar que $\text{(*)}$ tiene por $z \in (-\infty, 0)$ por el principio de continuación analítica.

Deje $z \in (-\infty, 0)$ y escribir $\gamma$ para la curva de $e^{2\pi i \theta}$ con $-\frac{1}{2} \leq \theta \leq \frac{1}{2}$. A continuación, con $\xi = e^{2\pi i \theta}$,

\begin{align*} I(\alpha, z) &= \frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma} \frac{\left(1 + \xi \right)^{\alpha}}{\xi^{z+1}} \, d\xi, \end{align*}

La deformación del contorno de la $C$ a envolver la rama cortada $(-\infty, 0]$ de los principales logaritmo,

\begin{align*} I(\alpha, z) &= \frac{1}{2\pi i} \left( \int_{-1-0^+i}^{-0^+i} \frac{\left(1 + \xi \right)^{\alpha}}{\xi^{z+1}} \, d\xi + \int_{0^+i}^{-1+0^+i} \frac{\left(1 + \xi \right)^{\alpha}}{\xi^{z+1}} \, d\xi \right) \\ &= \frac{e^{i\pi(z+1)} - e^{-i\pi(z+1)}}{2\pi i} \int_{0}^{1} \frac{(1-x)^{\alpha}}{x^{z+1}} \, dz \\ &= \frac{\sin((z+1)\pi)}{\pi} \frac{\Gamma(\alpha+1)\Gamma(-z)}{\Gamma(\alpha+1-z)} \\ &= \binom{\alpha}{z}. \end{align*}

En las dos últimas líneas, hemos utilizado la función beta de la identidad y de Euler reflexión de la fórmula. Por lo tanto, $\text{(*)}$ tiene por $z \in (-\infty, 0)$ y, por tanto, para todos los $z \in \mathbb{C}$. ////