Demostrar que una suma es igual a uno

Question

Cómo demostrarlo $$ S = \sum_{k=0}^{K-1} \binom{k+K-1}{K-1} \frac{a^k b^K + a^K b^k}{(a+b)^{k+K}} \mathop{=}\limits^{?} 1, $$ Para $K=2$ tengo S = $\frac{a^2+b^2}{(a+b)^2} + \frac{2ab(a+b)}{(a+b)^3}$ que puede resumirse como $S = \frac{(a+b)(a^2+b^2+2ab)}{(a+b)^3} = 1$ .

Además, WolframAlpha dio el resultado $$ S = 2 - \binom{2K-1}{K-1} \frac{(xy)^K}{(x+y)^{2K}} \left\{ {}_2F_1\left(1,2K;K+1;\frac{a}{a+b} \right) + {}_2F_1\left(1,2K;K+1;\frac{b}{a+b} \right) \right\}, $$ pero $S = 1$ sólo cuando $0 < \frac{a}{a+b} < 1$ y $0 < \frac{b}{a+b} < 1$ .

Answer 1

Escriba a $x={a\over a+b},\ J=K-1$ y $$f(x,J) = (1-x)^{J+1}\sum_{k=0}^J{J+k\choose k}x^k$$ Entonces queremos mostrar $$f(x,J)+f(1-x,J)=1,\ J=0,1,2,\dots\tag{1}$$

Procedemos por inducción en $J$ . En $J=0$ , $(1)$ dice $x+(1-x)=1.$

Supongamos que $J>0$ y que $(1)$ es cierto para $J-1$ . Entonces $$\begin{align} f(x,J)&=(1-x)^{J+1}\sum_{k=0}^J{J-1+k\choose k}x^k+(1-x)^{J+1}\sum_{k=0}^J{J-1+k\choose k-1}x^k\tag{2} \end{align}$$ El primer término a la derecha de $(2)$ es $$ (1-x)^{J+1}\sum_{k=0}^{J-1}{J-1+k\choose k}x^k+(1-x)^{J+1}{2J-1\choose J}x^J$$ o $$(1-x)f(x,J-1)+(1-x)^{J+1}x^J{2J-1\choose J}\tag{3}$$ El segundo término a la derecha de $(2)$ es $$\begin{align} (1-x)^{J+1}\sum_{k=1}^J {J-1+k\choose k-1}x^k&=(1-x)^{J+1}\sum_{k=0}^{J-1}{J+k\choose k}x^{k+1}\\ &=xf(x,J)-(1-x)^{J+1}{2J\choose J}x^{J+1}\tag{4} \end{align}$$ Ahora $(2),(3),\text{ and }(4)$ dé

$ (1-x)f(x,J)=(1-x)f(x,J-1)+(1-x)^{J+1}x^J{2J-1\choose J}-(1-x)^{J+1}{2J\choose J}x^{J+1}\tag{6} $

Por simetría,

$ xf(1-x,J)=xf(1-x,J-1)+x^{J+1}(1-x)^J{2J-1\choose J}-x^{J+1}{2J\choose J}(1-x)^{J+1}\tag{7} $

Multiplique $(6)$ por $x$ multiplica $(7)$ por $1-x$ suma los resultados y aplica la hipótesis de inducción para obtener $$ x(1-x)(f(x,J)+f(1-x,J))= x(1-x)\tag{8}$$ tras comprobar que $${2J\choose J}=2{2J-1\choose J}$$

Esto demuestra $(2)$ para $x\neq0,1$ pero como es una identidad polinómica, también es cierta para estos valores.

Answer 2

A partir de

$$S = \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{a^q b^K + a^K b^q}{(a+b)^{q+K}}$$

obtenemos dos piezas

$$\frac{b^K}{(a+b)^K} \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{a^q}{(a+b)^q} \\ + \frac{a^K}{(a+b)^K} \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{b^q}{(a+b)^q}.$$

Esto es

$$\frac{b^K}{(a+b)^K} [z^{K-1}] \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-az/(a+b))^K} \\ + \frac{a^K}{(a+b)^K} [z^{K-1}] \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-bz/(a+b))^K}.$$

Llame a estos $S_1$ y $S_2.$ La primera suma es

$$S_1 = \frac{b^K}{(a+b)^K} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^K} \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-az/(a+b))^K} \\ = b^K \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^K} \frac{1}{1-z} \frac{1}{(a+b-az)^K} \\ = \frac{b^K}{a^K} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^K} \frac{1}{1-z} \frac{1}{((a+b)/a-z)^K} \\ = (-1)^{K+1} \frac{b^K}{a^K} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^K} \frac{1}{z-1} \frac{1}{(z-(a+b)/a)^K}.$$

Ahora los residuos suman cero, así que lo calculamos a partir de los residuos en los polos en $z=1$ y $z=(a+b)/a.$ El residuo en el infinito es cero por inspección. El residuo en $z=1$ es

$$(-1)^{K+1} \frac{b^K}{a^K} \frac{1}{(1-(a+b)/a)^K} = (-1)^{K+1} b^K \frac{1}{(a-(a+b))^K} \\ = (-1)^{K+1} b^K \frac{1}{(-b)^K} = -1.$$

Para el residuo en $z=(a+b)/a$ necesitamos

$$\frac{1}{(K-1)!} \left(\frac{1}{z^K} \frac{1}{z-1} \right)^{(K-1)} \\ = \frac{1}{(K-1)!} \sum_{q=0}^{K-1} {K-1\choose q} (-1)^q \frac{(K-1+q)!}{(K-1)!} \frac{1}{z^{K+q}} (-1)^{K-1-q} \frac{(K-1-q)!}{(z-1)^{K-q}} \\ = (-1)^{K+1} \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{1}{z^{K+q}} \frac{1}{(z-1)^{K-q}}.$$

Evaluando el residuo encontramos

$$\left. (-1)^{K+1} \frac{b^K}{a^K} (-1)^{K+1} \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{1}{z^{K+q}} \frac{1}{(z-1)^{K-q}} \right|_{z=(a+b)/a} \\ = \frac{b^K}{a^K} \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{a^{K+q}}{(a+b)^{K+q}} \frac{1}{((a+b)/a-1)^{K-q}} \\ = \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{a^{K+q}}{(a+b)^{K+q}} \frac{b^q}{a^q} \frac{b^{K-q}}{a^{K-q}}\frac{1}{((a+b)/a-1)^{K-q}} \\ = \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{a^{K+q}}{(a+b)^{K+q}} \frac{b^q}{a^q} \\ = \frac{a^K}{(a+b)^K} \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{b^q}{(a+b)^{q}} = S_2.$$

Reconocemos $S_2$ y por lo tanto hemos demostrado que

$$S_1-1+S_2 = 0$$

o

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \sum_{q=0}^{K-1} {K-1+q\choose K-1} \frac{a^q b^K + a^K b^q}{(a+b)^{q+K}} = 1}$$

como se afirma.

Adenda. Se trata de un caso especial con $x=a/(a+b)$ de la identidad en este Enlace MSE .

Answer 3

Hay que demostrarlo: $$S = \sum_{k=0}^{K-1} \binom{k+K-1}{K-1} \frac{a^k b^K + a^K b^k}{(a+b)^{k+K}} \mathop{=}\limits^{?} 1$$ Para $K=2$ : $$S = {1\choose 1}\frac{b^2+a^2}{(a+b)^2}+{2\choose 1}\frac{ab^2+a^2b}{(a+b)^3}=\\ \frac{1}{(a+b)^3}\left[{1\choose 1}(b^2+a^2)\color{blue}{(a+b)}+\color{green}{2\choose 1}(ab^2+a^2b)\right]=\\ \frac{1}{(a+b)^3}\left[a^3+\left[\color{blue}{1\choose 1}+\color{green}{2\choose 1}\right](a^2b+ab^2)+b^3\right]=1$$ Note : $1={1\choose 0}={1\choose 1}={3\choose 0}={3\choose 3}, {1\choose 1}+{2\choose 1}={3\choose 1}$ .

Para $K=3$ : $$S = {2\choose 2}\frac{b^3+a^3}{(a+b)^3}+{3\choose 2}\frac{ab^3+a^3b}{(a+b)^4}+{4\choose 2}\frac{a^2b^3+a^3b^2}{(a+b)^5}=\\ \frac1{(a+b)^5}\left[{2\choose 2}(b^3+a^3)\color{blue}{(a+b)^2}+\color{red}{{3\choose 2}}(ab^3+a^3b)\color{green}{(a+b)}+\color{brown}{4\choose 2}(a^2b^3+a^3b^2)\right]=\\ \frac1{(a+b)^5}\left[a^5+b^5+\left[\color{blue}{{2\choose 1}}+\color{red}{{3\choose 2}}\color{green}{1\choose 0}\right](a^4b+ab^4)+\left[\color{blue}{2\choose 2}+\color{red}{3\choose 2}\color{green}{1\choose 1}+\color{brown}{4\choose 2}\right](a^3b^2+a^2b^3)\right]=1.$$ Para $K=4$ : $$S = {3\choose 3}\frac{b^4+a^4}{(a+b)^4}+{4\choose 3}\frac{ab^4+a^4b}{(a+b)^5}+{5\choose 4}\frac{a^2b^4+a^4b^2}{(a+b)^6}+{6\choose 3}\frac{a^3b^4+a^4b^3}{(a+b)^7}=\\ \frac1{(a+b)^7}\left[{3\choose 3}(b^4+a^4)\color{blue}{(a+b)^3}+\color{red}{{4\choose 3}}(ab^4+a^4b)\color{green}{(a+b)^2}+\color{purple}{{5\choose 3}}(a^2b^4+a^4b^2)\color{brown}{(a+b)}+\color{brown}{{6\choose 3}}(a^3b^4+a^4b^3)\right]=\\ \frac1{(a+b)^7}\left[a^7+b^7+\left[\color{blue}{{3\choose 1}}+\color{red}{{4\choose 3}}\color{green}{2\choose 0}\right](a^6b+ab^6)+\left[\color{blue}{{3\choose 2}}+\color{red}{{4\choose 3}}\color{green}{{2\choose 1}}+\color{purple}{{5\choose 3}}\right](a^5b^2+a^2b^5)+\left[\color{blue}{3\choose 0}+\color{red}{{4\choose 3}}\color{green}{2\choose 0}+\color{purple}{5\choose 3}\color{brown}{1\choose 0}+\color{brown}{{6\choose 3}}\right](a^4b^3+a^3b^4)\right]=1.$$ Las sumas de binomios deben calcularse por forma cerrada, que te dejo a ti.