Encontrar $\sum_{i\in\mathbb{N}}(n-2i)^k\binom{n}{2i+1}$

Question

Encontrar $$\sum_{i\in\mathbb{N}}(n-2i)^k\binom{n}{2i+1},$$ where both $n$ and $k$ son números naturales.

Sé que la siguiente identidad: $$ \sum_{i\in\{0\}\cup\mathbb{N}}i(i-1)\cdots(i-p)\binom{n}{2i+1}=(n-p-2)(n-p-3)\cdots(n-2p-2)2^{n-2p-3}. $$

Pero no estoy seguro de si es útil.

Answer 1

$\newcommand{\stirtwo}[2]{\left\{{#1}\atop{#2}\right\}}$ El uso de los Números de Stirling del Segundo Tipo, podemos escribir monomials como la suma de los coeficientes binomiales: $$ j^k=\sum_i\stirtwo{k}{i}i!\binom{j}{i}\etiqueta{1} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{j\in\mathbb{N}}(n-2j)^k\binom{n}{2j+1} &=\sum_{j\in\mathbb{N}}(n-j)^k\binom{n}{j+1}\frac{1+(-1)^j}2\\ &=\sum_{j\in\mathbb{N}}j^k\binom{n}{n-j+1}\frac{1+(-1)^{n-j}}2\\ &=\sum_{j\in\mathbb{N}}j^k\binom{n}{j-1}\frac{1+(-1)^{n-j}}2\\ &=\frac1{n+1}\sum_{j\in\mathbb{N}}j^{k+1}\binom{n+1}{j}\frac{1+(-1)^{n-j}}2\\ &=\frac1{n+1}\sum_{i=1}^{k+1}\sum_{j\in\mathbb{N}}\stirtwo{k+1}{i}i!\binom{j}{i}\binom{n+1}{j}\frac{1+(-1)^{n-j}}2\\ &=\frac1{n+1}\sum_{i=1}^{k+1}\sum_{j\in\mathbb{N}}\stirtwo{k+1}{i}i!\binom{n+1-i}{j-i}\binom{n+1}{i}\frac{1+(-1)^{n-j}}2\\ &=\frac1{n+1}\sum_{i=1}^{k+1}\stirtwo{k+1}{i}i!\,2^{n-i}\binom{n+1}{i}-\frac12\stirtwo{k+1}{n+1}n!\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{i=1}^{k+1}\stirtwo{k+1}{i}(i-1)!\,2^{n-i}\binom{n}{i-1}\color{#C00000}{-\frac12\stirtwo{k+1}{n+1}n!}}\tag{2} \end{align} $$ Tenga en cuenta que la parte en rojo se desvanece al $n\gt k$.

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Una Nota sobre la Segunda a la Última Igualdad en $\boldsymbol{(2)}$

Para aclarar la justificación de $(2)$, aviso que $$ \begin{align} \frac12\binom{n+1}{i}\sum_{j\in\mathbb{N}}\binom{n+1-i}{j-i} &=\frac12\binom{n+1}{i}(1+1)^{n+1-i}\\ &=2^{n-i}\binom{n+1}{i}\tag{3} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \frac12\binom{n+1}{i}\sum_{j\in\mathbb{N}}(-1)^{n-j}\binom{n+1-i}{j-i} &=\frac12\overbrace{\binom{n+1}{i}}^{0\text{ if }i\gt n+1}(-1)^{n-i}\overbrace{(1-1)^{n+1-i}\vphantom{\binom{n+1}{i}}}^{0\text{ if }i\lt n+1}\\ &=-\frac12\big[i=n+1\big]\tag{4} \end{align} $$ donde $[\,\cdot\,]$ son Iverson Soportes.

Por lo tanto, $$ \sum_{j\in\mathbb{N}}\binom{n+1-i}{j-i}\binom{n+1}{i}\frac{1+(-1)^{n-j}}2 =2^{n-i}\binom{n+1}{i}-\frac12\big[i=n+1\big]\etiqueta{5} $$

Answer 2

Supongamos que buscamos para evaluar $$\sum_{q=0}^n (n-2q)^k {n\choose 2q+1}.$$

Observamos que $$(n-2q)^k = \frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \exp((n-2q)z) \; dz.$$

Esto produce por la suma $$\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \sum_{q=0}^n {n\elegir 2q+1} \exp((n-2q)z) \; dz \\ = \frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp((n+1)z)}{z^{k+1}} \sum_{q=0}^n {n\elegir 2q+1} \exp((-2t-1)z) \; dz$$

que es $$\frac{1}{2}\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp((n+1)z)}{z^{k+1}} \\ \times \left(\sum_{q=0}^n {n\elegir q} \exp(-qz) - \sum_{q=0}^n {n\elegir q} (-1)^q \exp(-qz)\right) \; dz.$$

Esto produce dos piezas, llame a $A_1$ $A_2.$ Pedazo $A_1$ es $$\frac{1}{2}\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp((n+1)z)}{z^{k+1}} (1+\exp(-z))^n \; dz \\ = \frac{1}{2}\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{k+1}} (\exp(z)+1)^n \; dz$$ y la pieza de la $A_2$ es $$\frac{1}{2}\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp((n+1)z)}{z^{k+1}} (1-\exp(-z))^n \; dz \\ = \frac{1}{2}\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{k+1}} (\exp(z)-1)^n \; dz.$$

Recordar las especies ecuación para el etiquetado conjunto de particiones: $$\mathfrak{P}(\mathcal{U}\mathfrak{P}_{\ge 1}(\mathcal{Z}))$$

que los rendimientos de la bivariante de generación de la función de los números de Stirling de la segunda clase $$\exp(u(\exp(z)-1)).$$

Esto implica que $$\sum_{n\ge q} {n\llave q} \frac{z^n}{n!} = \frac{(\exp(z)-1)^p}{q!}$$ y $$\sum_{n\ge q} {n\llave q} \frac{z^{n-1}}{(n-1)!} = \frac{(\exp(z)-1)^{p-1}}{(p-1)!} \exp(z).$$

Ahora a evaluar $A_1$ proceda de la siguiente manera:

$$\frac{1}{2}\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{k+1}} (2+\exp(z)-1)^n \; dz \\ = \frac{1}{2}\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{k+1}} \sum_{q=0}^n {n\elegir q} 2^{n-q} (\exp(z)-1)^q \; dz \\ = \sum_{q=0}^n {n\elegir q} 2^{n-q} \times q!\veces \frac{1}{2}\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{k+1}} \frac{(\exp(z)-1)^p}{q!} \; dz.$$

Reconocer las diferentes Stirling de generación de números de función esto se convierte en $$\sum_{q=0}^n {n\elegir q} 2^{n-p-1} \times q! \times {k+1\llave q+1}.$$

Ahora observe que cuando se $n\gt k+1$ el número de Stirling de $k+1\lt q\le n$ is zero, so we may replace $n$ by $k+1.$ Similarly, when $n\lt k+1$ el coeficiente binomial para $n\lt q\le k+1$ es cero, por lo que podemos de nuevo reemplace $n$ $k+1.$ Esto nos da el siguiente resultado para $A_1:$

$$\sum_{q=0}^{k+1} {n\elegir q} 2^{n-p-1} \times q! \times {k+1\llave q+1}.$$

De pasar a $A_2$ podemos observar que cuando se $k\lt n$ la contribución es cero debido a que la serie de $\exp(z)-1$ comienza a $z.$ Esta integral es simple y hemos

$$\frac{1}{2}\frac{k!\los tiempos de n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{\exp(z)}{z^{k+1}} \frac{(\exp(z)-1)^n}{n!} \; dz.$$

Reconocer el número de Stirling de este rendimientos $$\frac{1}{2} \times n! \times {k+1\brace n+1}.$$

que representa correctamente el hecho de que tenemos un cero aporte al $k\lt n.$

Este, finalmente, los rendimientos de la forma cerrada de la fórmula $$\sum_{q=0}^{k+1} {n\elegir q} 2^{n-p-1} \times q! \times {k+1\llave q+1} - \frac{1}{2} \times n! \times {k+1\llave de n+1}.$$

confirmando los resultados anteriores.

Este MSE enlace tiene un cálculo que es bastante similar.