Una suma de números de Fibonacci

Question

Sea $F_n$ sean los números de Fibonacci. Me gustaría demostrar esta identidad tan complicada: $$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(n+1)^2\frac{5n^2F_{k}+(F_{k+3}+3F_{k+2})n+2F_{k+2}+F_{k-1}}{{2n+2\choose 1}{2n+2 \choose 2}{2n \choose n}}=F_{k}\tag1$$ que se simplifica a: $$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{5n^2F_{k}+(F_{k+3}+3F_{k+2})n+2F_{k+2}+F_{k-1}}{{2n \choose n}(4n+2)}=F_{k}$$

¿Cómo puedo evaluar las siguientes sumas para demostrar que la identidad (1) es correcta?

$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{n^2}{{2n \choose n}(2n+1)}=A$$

$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{n}{{2n \choose n}(2n+1)}=B$$

$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{1}{{2n \choose n}(2n+1)}=C$$

Answer 1

Uso de Wolfram para,%20n,%200,%20infty)) estos,%20n,%200,%20infty)) suma,+n,+0,+infty)) obtenemos valores aproximados \begin{align*} C \approx 0.86082, \qquad B \approx -0.11649, \qquad A \approx -0.07897 \end{align*} A partir de ahí, puede recopilar coeficientes de $F_r$ para probar su identidad. Una forma más concreta de derivar expresiones exactas es mediante funciones generatrices. Defina \begin{align*} g(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{\binom{2n}{n}(2n+1)}x^n \end{align*} que puedes mostrar igual a \begin{align*} g(x) = 4 \frac{\sinh^{-1}(\sqrt{x}/2)}{\sqrt{x(x+4)}} \end{align*} Si definimos $L = x \frac{d}{dx}$ como el operador que primero toma la derivada respecto a $x$ y se multiplica por $x$ obtenemos que \begin{align*} C = (L^0 g)(1), \qquad B = (L^1 g)(1), \qquad A = (L^2 g)(1) \end{align*} o \begin{align*} C = 4 \frac{\sinh^{-1}(1/2)}{\sqrt{5}}, \qquad B = \frac{2}{5} - \frac{12 \sinh^{-1}(1/2)}{5\sqrt{5}}, \qquad A = \frac{4}{125}(7\sqrt{5}\sinh^{-1}(1/2) - 10) \end{align*}

Answer 2

Para el estricto propósito de la pregunta, no necesitamos $A,B,C$ sino algunas combinaciones lineales de ellas, que tienen "valores fáciles". Esta respuesta va principalmente en esta dirección.

---

Algunas palabras por adelantado.

En primer lugar, escribamos la forma correcta de la relación: $$ \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n(n+1)^2 \frac{5n^2F_{k}+(F_{k+3}+3F_{k+2})n+2F_{k+2}+F_{k-1}} {{2n+2\choose 1}{2n+2 \choose 2}{2n \choose n}} = \color{red}{F_{k+1}}\qquad(1) \ . $$ La versión simplificada es la siguiente: $$ \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac {5n^2F_{k}+(F_{k+3}+3F_{k+2})n+2F_{k+2}+F_{k-1}} {{2n \choose n}\cdot 2(2n+1)} = \color{red}{F_{k+1}}\qquad(2) \ . $$ Esto debería aplicarse a todos los $k$ . Aislemos pues en el denominador de $(2)$ una expresión que incluya sólo dos números de Fibonacci, siendo mi elección $F_k$ y $F_{k+1}$ . Nos dividimos por esto $5n^2 = (5n^2-1)+\color{blue}1$ y formar así a partir de $\color{blue}{1}\cdot F_k+F_{k-1}$ un $F_{k+1}$ .

Los demás números de Fibonacci se pueden escribir linealmente en términos de $F_k$ y $F_{k+1}$ (utilizando pequeños números de Fibonacci como coeficiente), por ejemplo $F_{k+3}=2F_{k+1}+F_k$ Así que tenemos que mostrar: $$ \sum_{n\ge0} (-1)^n \frac {(5n^2+4n+1)F_k + (5n+3)F_{k+1}} {{2n \choose n}\cdot2(2n+1)} = \color{red}{F_{k+1}}\qquad(3) \ . $$ Así pues, tenemos que demostrar que los coeficientes de $F_k,F_{k+1}$ extraídas de la expresión en la L.H.S. son $0,2$ como en el R.H.S.

Evitamos completamente las sumas hipergeométricas para esto, así que empecemos por fin la respuesta.

---

Utilizamos las notaciones $$ a_n= \frac 1{\binom{2n}n}\ ,\qquad b_n= \frac n{\binom{2n}n}\ , $$ y calcular simplemente $$ \begin{aligned} a_n+a_{n+1} &= \frac 1{\binom{2n}n} \left[1+\frac 1{\ \frac{(2n+1)(2n+2)}{n+1)(n+1)}\ }\right] = \frac {5n+3}{\binom{2n}n \cdot2(2n+1)} \ , \\ b_n+b_{n+1} &= \frac 1{\binom{2n}n} \left[n+\frac {n+1}{\ \frac{(2n+1)(2n+2)}{n+1)(n+1)}\ }\right] = \frac {5n^2+4n+1}{\binom{2n}n \cdot2(2n+1)} \ , \end{aligned} $$ y no la primera relación ya realiza el telescopio para el coeficiente de $F_{k+1}$ para abreviar esto es $\sum_{n\ge 0}(-1)^n(a_n+a_{n+1}) = a_0=1$ . De forma similar, utilizamos la segunda relación para ver que el coeficiente de $F_k$ es $b_0=0$ . Hecho.

$\square$

---

Si la pregunta insiste en tener los valores de $A,B,C$ entonces déjanos unas líneas. Basta con obtener el valor de $A$ .

salvia calcula para ella el valor exacto y la aproximación:

sage: var('n');
sage: sum( (-1)^n / binomial(2*n, n) / (2*n+1), n, 0, oo )
4/5*sqrt(5)*log(1/2*sqrt(5) + 1/2)

sage: S = sum( (-1)^n / binomial(2*n, n)          , n, 0, oo ).n()
sage: C = sum( (-1)^n / binomial(2*n, n) / (2*n+1), n, 0, oo ).n()

sage: S
0.627836423614399
sage: C
0.860817881928008
sage: 5*S + C
4.00000000000000

y necesitamos saber algo sobre series hipergeométricas.

Answer 3

He aquí otra respuesta, con el mismo espíritu que la de @dan_fulea:

Ambos lados de $$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{5n^2F_{k}+(F_{k+3}+3F_{k+2})n+2F_{k+2}+F_{k-1}}{{2n \choose n}(4n+2)}=F_{k+1}$$ pueden considerarse secuencias definidas por la misma recurrencia lineal de segundo orden para el índice $k$ . Entonces, para que sean iguales para todos $k$ basta con que coincidan en los primeros valores $0$ y $1$ del índice $k$ .

En otras palabras, sólo tenemos que demostrar que

\begin{align}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2}\frac{5n+3}{2n+1}\frac{1}{{2n \choose n}}&= F_1=1 \end{align} y \begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2}\frac{5n^2+9n+4}{2n+1}\frac{1}{{2n \choose n}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2}\frac{5n+4}{2n+1}\frac{1}{C_n} &=F_2=1 \end{align} donde hemos introducido el número catalán $C_n=\frac{1}{n+1} \binom{2n}{n}$ .

Pero es fácil comprobar, por inducción, que \begin{align}\sum_{n=0}^{m}\frac{(-1)^n}{2}\frac{5n+3}{2n+1}\frac{1}{{2n \choose n}}&=\frac{{2m+2 \choose m+1}+(-1)^m}{{2m+2 \choose m+1}}\\ \sum_{n=0}^{m}\frac{(-1)^n}{2}\frac{5n+4}{2n+1}\frac{1}{C_n}&=\frac{C_{m+1}+(-1)^m}{C_{m+1}} \end{align} y hemos terminado.