Una curiosa identidad binomial.

Question

Mientras jugaba con coeficientes binomiales aleatorios, observé que la siguiente identidad parece ser válida para todos los enteros positivos$n$:

PS

Sin embargo, no puedo proporcionar una prueba de ello (aunque este resultado es solo una conjetura).
Cualquier idea / sugerencia / solución son bienvenidas.

Answer 1

$$\begin{eqnarray*} S(n) &=& (2n+1)\sum_{k=0}^{2n}(-1)^k\binom{4n}{2k}\int_{0}^{1}(1-x)^k x^{2n-k}\,dx\tag{Euler Beta}\\&=& (2n+1)\sum_{k=0}^{2n}(-1)^k\binom{4n}{2k}\int_{0}^{1}2z(1-z^2)^k z^{4n-2k}\,dz\tag{$ x \ mapsto z ^ 2$}\\&=&(2n+1)\int_{0}^{\pi/2}\sin(\theta)\cos(\theta)\left[e^{4ni\theta}+e^{-4ni\theta}\right]\,d\theta\tag{$ z \ to \ cos \ theta $} \\ & = & (2n +1) \ int_ {0} ^ {\ pi / 2} \ sin ( 2 \ theta) \ cos (4n \ theta) \, d \ theta \ tag {De Moivre} \\ & = & - \ frac {2n +1} {4n ^ 2-1} = \ color {azul} {- \ frac {1} {2n-1}}. \ tag {Simplificar} \ end {eqnarray *} $$

Answer 2

Cuando se va a través de Jack bonita respuesta me hizo algunos pasos intermedios para ver mejor lo que está pasando. Aquí es un poco más elaborada versión, que podría ser útil para otros lectores.

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{k=0}^{2n}}&\color{blue}{(-1)^k\binom{4n}{2k}\binom{2n}{k}^{-1}}\\ &=\sum_{k=0}^{2n}\binom{4n}{2k}(2n+1)\int_0^1(1-x)^kx^{2n-k}\,dx\tag{1}\\ &=(2n+1)\int_0^1x^{2n}\sum_{k=0}^{2n}\binom{4n}{2k}\left(-\frac{1-x}{x}\right)^k\,dx\tag{2}\\ &=(2n+1)\int_0^1x^{2n}\cdot\frac{1}{2} \left(\left(1+i\sqrt{\frac{1-x}{x}}\right)^{4n}+\left(1-i\sqrt{\frac{1-x}{x}}\right)^{4n}\right)\,dx\tag{3}\\ &=\frac{2n+1}{2}\int_0^1\left(\sqrt{x}+i\sqrt{1-x}\right)^{4n}+\left(\sqrt{x}-i\sqrt{1-x}\right)^{4n}\,dx\tag{4}\\ &=(2n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[(\cos \theta+i\sin \theta)^{4n}+(\cos\theta-i\sin \theta)^{4n}\right]\cos \theta\sin \theta\,d\theta\tag{5}\\ &=(2n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[e^{4ni\theta}+e^{-4ni\theta}\right]\cos \theta\sin \theta\,d\theta\tag{6}\\ &=(2n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(4n\theta)\sin(2\theta)\,d\theta\tag{7}\\ &=\frac{2n+1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[\sin( (4n+2)\theta)-\sin ((4n-2)\theta))\right]\,d\theta\tag{8}\\ &=\frac{2n+1}{2}\left[-\frac{1}{4n+2}\cos((4n+2)\theta) +\frac{1}{4n-2}\cos((4n-2)\theta\right]_0^{\frac{\pi}{2}}\\ &=\frac{2n+1}{2}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n-1}\right)\\ &\color{blue}{=\frac{1}{1-2n}} \end{align*}

Comentario:

• En (1) podemos escribir el recíproco de un coeficiente binomial utilizando la función beta \begin{align*} \binom{n}{k}^{-1}=(n+1)\int_0^1z^k(1-z)^{n-k}\,dz \end{align*}

• En (2) hacemos algunos cambios en orden a aplicar el teorema del binomio.

• En (3) tenemos en cuenta incluso la función derivada de la $(1+z)^{2n}$ \begin{align*} \sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{2k}z^{2k}=\frac{1}{2}\left((1+z)^{2n}+(1-z)^{2n}\right) \end{align*} La sustitución de $n$ con $2n$ e $z$ con $i\sqrt{\frac{1-x}{x}}$ y la aplicación de de Moivre del teorema en (6) se convierte en verosímil.

• En (4) vamos a hacer algunas simplificaciones.

• En (5) se sustituye $x=\cos ^2\theta, dx=-2\cos\theta\sin\theta\,d\theta$.

• En (6) hemos De aplicar el teorema de Moivre y en (7) y (8) trigonométricas de la suma de las fórmulas.