Podemos estar seguros de que$$\left(\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}\right)\left(\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{(-1)^k}{k+1}\right)= \sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{(-1)^k}{(k+1)^2}$ $ ¿Hay identidades similares o algún tipo de generalización para encontrarlos?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Un equipo de búsqueda producirá la identidad de $p\ge 1$ positivo entero:
$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \sum_{k=0}^n \frac{1}{k+p} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(-1)^k}{k+p} = \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(-1)^k} {k(k+p)^2}.}$$
Este es
$$(H_{n+p} - H_{p-1}) \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(-1)^k}{k+p} = \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(-1)^k} {k(k+p)^2}.$$
Para evaluar la suma en el lado izquierdo presentamos
$$f(z) = (-1)^n \frac{n!}{z+p} \prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q}.$$
Obtenemos entonces
$$\mathrm{Res}_{z=k} f(z) = (-1)^n \frac{n!}{k+p} \prod_{q=0}^{k-1} \frac{1}{k-q} \prod_{q=k+1}^n \frac{1}{k-q} \\ = (-1)^n \frac{n!}{k+p} \frac{1}{k!} \frac{(-1)^{n-k}}{(n-k)!} \\ = (-1)^k \frac{1}{k+p} {n\elegir k}.$$
Con los residuos de añadir a cero nos encontramos
$$\sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(-1)^k}{k+p} = - \mathrm{Res}_{z=-p} f(z) - \mathrm{Res}_{z=\infty} f(z).$$
Ahora el residuo en el infinito obtenemos formalmente que
$$\mathrm{Res}_{z=\infty} f(z) = - \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} f(1/z) \\ = (-1)^{n+1} n! \times \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} \frac{1}{1/z+p} \prod_{q=0}^n \frac{1}{1/z-q} \\ = (-1)^{n+1} n! \times \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} \frac{z}{1+pz} \prod_{q=0}^n \frac{z}{1-qz} \\ = (-1)^{n+1} n! \times \mathrm{Res}_{z=0} z^n \frac{1}{1+pz} \prod_{q=0}^n \frac{1}{1-qz} = 0.$$
También tenemos
$$- \mathrm{Res}_{z=-p} f(z) = (-1)^{n+1} n! \prod_{q=0}^n \frac{1}{-p, q} \\ = n! \prod_{q=0}^n \frac{1}{p+q} = n! \frac{(p-1)!}{(n+p)!} = \frac{1}{p} {n+p\elegir p}^{-1}.$$
De este modo, obtener para el LHS la forma cerrada
$$\frac{1}{p} {n+p\choose p}^{-1} (H_{n+p} - H_{p-1}).$$
Utilizamos
$$g(z) = (-1)^n \frac{n!}{(z+p)^2} \prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q}.$$
para la RHS. Observar que el residuo en el infinito es, sin duda cero porque estamos dividiendo el límite en $|z|=R$ $|f(z)|$ extra factor $R-p.$ Esto deja el residuo en $z=-p$ y obtenemos
$$- \mathrm{Res}_{z=-p} g(z) = (-1)^{n+1} n! \left.\a la izquierda(\prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q}\right)'\right|_{z=-p} \\ = (-1)^{n} n! \left.\prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q} \sum_{q=0}^n \frac{1}{z-q} \right|_{z=-p} \\ = (-1)^{n+1} n! \left.\prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q} \right|_{z=-p} \sum_{q=0}^n \frac{1}{p+q} \\ = \frac{1}{p} {n+p\elegir p}^{-1} (H_{n+p} - H_{p-1}).$$
Esto concluye la prueba. Con este curioso identidad de la primera la impresión es que no hemos entendido las reglas básicas de la aritmética de las sumas y productos, sin embargo, se revela para ser verdadero.
Mike Earnest
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4610
Para cualquier persona que es curioso, aquí es una prueba de la ecuación anterior. La técnica general es la de representar estas sumas como las integrales de funciones particulares.
$$\sum_{k=0}^n\frac1{k+1}=\int_0^1\sum_{k=0}^nx^k\,dx=\int_0^1\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\,dx\tag1$$ $$\sum_{k=0}^n\binom{n}k\frac{(-1)^k}{k+1}=\int_0^1 (1-x)^n\,dx=\int_0^1x^n\,dx=\frac1{n+1}\tag2$$ La última suma es el más difícil para simplificar. La presencia de $1/(k+1)^2$ implica que hay dos integraciones. En primer lugar, tenga en cuenta que $$ \int_0^x (1-t)^n\,dt = \sum_{k=0}^n\binom{n}k (-1)^k\frac{x^{k+1}}{k+1} $$ Por lo tanto, $$ \int_0^1\frac1x\int_0^x (1-t)^n\dt\,dx = \sum_{k=0}^n\binom{n}k (-1)^k\frac{1} {k(k+1)^2} $$ La mano izquierda de la integral es $$ \begin{align} \int_0^1\int_0^x \frac1x(1-t)^n\,dt &=\int_0^1\int_{t}^1\frac1x(1-t)^n\,dx\,dt \\&=\int_0^1(1-t)^n(-\log t)\,dt \\&=-\int_0^1t^n\log({1-t})\,dt \end{align} $$ Tomando nota de que $d(\frac{1-t^{n+1}}{n+1})=-t^{n}\,dt$, e integrando por partes, $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}k (-1)^k\frac{1}{(k+1)^2} &=\int_0^1 \log(1-t)\,d\left(\frac{1-t^{n+1}}{n+1}\right) \\&=\require{cancel}\cancelto{0}{\Big(\log(1-t)\frac{1-t^{n+1}}{n+1}\Big)\Bigg|_0^1}-\int_0^1 \frac{1-t^{n+1}}{n+1}\,d\log(1-t) \\&=\frac1{n+1}\int_0^1 \frac{1-t^{n+1}}{1-t}\,dt\tag3 \end{align} $$ Ahora es fácil ver que (1) a veces (2) igual (3).
Tim Almond
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1887
Dejar $e_k=1$. Desea las secuencias$a_k,\,b_k$ con$\sum_k a_k \sum_k b_k =\sum_k a_k b_k$, o en términos de productos internos$a\cdot e \, e\cdot b = a\cdot b$. Esta ecuación sería fácil de satisfacer para$3$ - vectores dimensionales: elija su vector favorito$c$ y tome$a=c\times e,\, b=a\times c$ para$a\cdot e =a\cdot b =0$. Y ahora puede unir infinitos triples para el problema de la secuencia infinita, escalando los triples a medida que avanza para que las sumas resultantes sean convergentes. Así que claramente hay muchas soluciones.
