Demostrando que $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{{n\choose k}}=[1+(-1)^n] \frac{n+1}{n+2}.$

Question

Varios exámenes piden a los estudiantes que prueben que $$\frac{1}{{n \choose k}}=(n+1) \int_{0}^{1} x^k (1-x)^{n-k} dx ~~~~~(1)$$ by evaluating the integral $ \ int_ {0} ^ {1} (tx +1-x) ^ n ~ dt$ two ways. When I came across (1), I could prove that $$\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{{n\choose k}}=[1+(-1)^n] \frac{n+1}{n+2}.~~~~(2)$$ as below: $$S_n=\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{{n\choose k}}=\int_{0}^1 \sum_{k=0}^{n} (-1)^k x^k (1-x)^{n-k} dx = \int_{0}^{1} (1-x)^n \sum_{k=0}^{n}\left(\frac{-x}{1-x} \right)^k dx =\int_{0}^{1}(1-x)^n \frac{ \left( \frac{-x}{1-x}\right)^{n+1}-1}{\left(\frac{-x}{1-x}\right)-1}dx$ $ $$=\int_{0}^{1}[(1-x)^{n+1}-(-x)^{n+1}] dx =\frac{1+(-1)^n}{n+2}.~~~~(3)$ $ Por lo tanto, $$S_{2m+1}=0 ~~~~(4) ~~~ \mbox{and}~~~ S_{2m}= \frac{2m+1}{m+1}.~~~~(5)$ $ Ahora la pregunta es: ¿Se puede probar (2) de alguna otra manera (s)?

Answer 1

Un enfoque telescópico:

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{\binom{n}{k}}} &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{k!(n-k)!}{n!}\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{k!(n-k)!}{n!}\cdot\frac{(n-(k-1))+(k+1)}{n+2}\\ &=\frac{n+1}{n+2}\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{k!(n-(k-1))!+(k+1)!(n-k)!}{(n+1)!}\\ &=\frac{n+1}{n+2}\sum_{k=0}^n\left((-1)^k\frac{1}{\binom{n+1}{k}}-(-1)^{k+1}\frac{1}{\binom{n+1}{k+1}}\right)\\ &\,\,\color{blue}{=\frac{n+1}{n+2}\left(1+(-1)^n\right)} \end {align *}

y la reclamación sigue.

Answer 2

La fórmula general es:

PS

Rango de valores: $$\sum\limits_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{\binom x k} = \left(1+\frac{(-1)^n}{\binom {x+1} {n+1}}\right)\frac{x+1}{x+2}$

La prueba por inducción con respecto a $\enspace n\in\mathbb{N}_0~,~~ x\in\mathbb{C}\setminus\{n-k|k\in\mathbb{N}\}$ se basa en la siguiente ecuación: $~n~$ $

Answer 3

Creo que la intuición acerca de su resultado puede ser el siguiente:

$f(n,k):=\int_0^1 x^k(1-x)^{n-k}>0$

y se puede observar que

$1=1^n=((1-x)+x)^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(1-x)^{n-k}x^k$

así que si usted integrar ambos miembros con respecto a las $x$ se obtiene que

$\int_0^11dx=1=$

$\int_0^1 (\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(1-x)^{n-k}x^k)dx=$

$=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\int_0^1x^n(1-x)^{n-k}dx$

así

$1=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}f(n,k)$

y se puede observar que la identidad es satisfecho cuando

$f(n,k)=\frac{1}{\binom{n}{k}}\frac{1}{n+1}$

Así que queremos demostrar por inducción sobre $k>1$ para todos los fijos $n\geq k$ que $f(n,k)=\frac{1}{\binom{n}{k}}\frac{1}{n+1}$

Para $k=0$ usted tiene que

$f(n,0)=\int_0^1x^0(1-x)^{n-0}dx=-\frac{1}{n+1}[(1-x)^{n+1}]|_0^1=\frac{1}{n+1}$

Ahora podemos plantear la hipótesis de que el enunciado es cierto para algunos $k-1$ y queremos demostrar que esto es cierto para $k$:

$f(n,k)=\int_0^1x^k(1-x)^{n-k}dx=$

$-\frac{1}{n-k+1}\int_0^1x^kD((1-x)^{n-k+1})dx=$

$=\frac{1}{n-k+1}k\int_0^1x^{k-1}(1-x)^{n-(k-1)}dx=$

$=\frac{k}{n-k+1}f(n,k-1)=$

$\frac{1}{\binom{n}{k-1}}\frac{1}{n+1} \frac{k}{n-k+1 }=$

$=\frac{(k-1)!k(n-(k-1))!}{n!}\frac{1}{(n+1)(n-(k-1))}=$

$= \frac{1}{\binom{n}{k}}\frac{1}{n+1}$