Ayuda con una suma doble, por favor

Question

Aquí hay una serie doble que me ha costado evaluar: $$S=\sum_{k=0}^{m}\sum_{j=0}^{k+m-1}(-1)^{k}{m \choose k}\frac{[2(k+m)]!}{(k+m)!^{2}}\frac{(k-j+m)!^{2}}{(k-j+m)[2(k-j+m)]!}\frac{1}{2^{k+j+m+1}}\text{.}$$

Estoy seguro de que $S=0$ para cualquier $m>0$ . De hecho, no tengo ninguna duda. He hecho muchas manipulaciones algebraicas, he intentado "convertirla" en una serie hipergeométrica, he comprobado tablas (Gradshteyn y Ryzhik), etc., pero no he podido ponerla en una forma a partir de la cual pueda demostrar la equivalencia a cero.

Aquí hay otra forma de la suma (bueno, espero al menos) que podría ser más fácil de trabajar:

$$S=\sum_{k=0}^{m}\sum_{j=0}^{k+m-1}(-1)^{k}\frac{m!}{k!(m-k)!}\frac{(k+m-1-j)!}{(k+m)!}\frac{(k+m-1/2)!}{(k+m-1/2-j)!}\frac{1}{2^{k-j+m+1}}\text{.}$$

He leído Matemáticas concretas y $A=B$ y miré el trabajo de Gosper y Zeilberger en busca de algunas pistas, pero no hubo ningún cigarro.

Note : $0!=1$ y $n!=n(n-1)!$ para $n\in\mathbb{N}\cup\{0\}$ . Para $n\in\mathbb{R}^+$ , $n!=n\Gamma(n)$ donde $\Gamma\colon\: \mathbb{C}\to\mathbb{C}$ y, para $\Re z>0$ y $z\notin\mathbb{Z}^{-}$ , $$\Gamma\colon\: z\mapsto \int_0^\infty t^{z-1}\mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d}t\text{.}$$ que puede extenderse analíticamente a $\mathbb{C}$ a través de la recurrencia $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$ .

Answer 1

Olivier Gerard me acaba de hablar de este maravilloso sitio web. En cuanto a la pregunta, se puede hacer en un nano-segundo utilizando el paquete Maple paquete

http://www.math.rutgers.edu/~zeilberg/tokhniot/MultiZeilberger

accopmaying mi artículo con Moa Apagodu

http://www.math.rutgers.edu/~zeilberg/mamarim/mamarimhtml/multiZ.html

Aquí está el comando:

F:=(-1)^k*binomio(m,k)*(k+m-1-j)!/(k+m)!*simplificación((k+m-1/2)!/(k+m-1/2-j)!)/2^(k-j): lprint(MulZeil(F,[j,k],m,M,{})[1]);

y aquí está el resultado: -1/4*(2*m+1)/(m+1)+M

(Ten en cuenta que he tenido que dividir el sumando por 1/2^(m+1) si no lo haces obtienes FAIL, el prgrama no le gusta factores extraños)

Traducido a humaneze tenemos que (mi S(m) es el S(m) original por 2^(m+1)) S(m+1)=(2m+1)/(m+1)S(m)

Dado que S(1)=0 (¡comprobado!) Esta es una prueba completamente rigurosa.

P.D. La prueba se puede obtener encontrando el llamado certificado múltiple

lprint(MulZeil(F,[j,k],m,M,{})[2]);

-Doron Zeilbeger

Answer 2

Bueno, si el álgebra no ayuda, probemos con el viejo análisis complejo. Poner $u=k-j+m$ , $s=k+m$ y reescribir la suma como $$ \sum_{u\ge 1}2^u\frac{u!(u-1)!}{(2u)!}[x^m]\sum_{s\ge u}2^{-2s}{2s\choose s}x^s(1-\frac 1x)^m $$ donde $[x^m]F(x)$ es el $m$ -coeficiente de Laurent de $F$ en $0$ .

Ahora al menos podemos reconocer los coeficientes. La suma en $s$ es sólo la suma de Taylor truncada para $\frac 1{\sqrt{1-x}}$ y $2^u\frac{u!(u-1)!}{(2u)!}=\int_0^1{[2t(1-t)]^u}\frac{dt}{t}$ . Recordando que el truncamiento de las funciones analíticas a altas frecuencias es simplemente $z^uP_+z^{-u}$ donde $P_+$ es la integral de Cauchy, y que el coeficiente en el $m$ -se puede obtener por integración contra $z^{-m}$ sobre un círculo, podemos escribir este monstruo como $$ \int_0^1 \frac{dt}{t}\sum_{u\ge 1}[2t(1-t)]^u\oint\oint \frac{z^u z^{-2m}(z-1)^m}{\zeta^u\sqrt{1-\zeta}(1-\frac z\zeta)}dm(z)dm(\zeta) $$ con la integral circular tomada sobre los círculos de radio inferior a $1$ con el radio para $z$ más pequeño que el de $\zeta$ ( $m$ es la medida del promedio aquí, por lo que las integrales son sólo los promedios sobre los círculos correspondientes). Ahora, sumando sobre $u$ obtenemos $$ \int_0^1 \frac{dt}{t}\oint\oint\left(\frac{1}{1-2t(1-t)\frac z\zeta}-1\right) \frac{z^{-2m}(z-1)^m}{\sqrt{1-\zeta}(1-\frac z\zeta)}dm(z)dm(\zeta) $$ Ahora $(\frac{1}{1-pw}-1)\frac 1{1-w}=\frac p{1-p}(\frac1{1-w}-\frac1{1-pw})$ Así, utilizando de nuevo la fórmula de Cauchy e integrando sobre $\zeta$ lo convertimos en $$ \int_0^1 \frac{2(1-t)dt}{1-2t(1-t)}\oint\left(\frac{1}{\sqrt{1-z}}-\frac{1}{\sqrt{1-2t(1-t)z}}\right) {z^{-2m}(z-1)^m}dm(z) $$ La integral en $t$ es una función elemental de $z$ analítica cerca del origen (¡tenga un buen CAS!) La afirmación de que la integral es $0$ para todos $m$ equivale a la afirmación de que tras el cambio de variable $w=\frac z{\sqrt {1-z}}$ todos los coeficientes de Taylor del nuevo integrando en $w$ con índices pares son $0$ es decir, el nuevo integrando es una función impar en $w$ (¡que haya más CAS bonitos!). Sea cierto o falso, ahora es verificable. Por lo tanto, voy a parar aquí -:).

Edición: Es cierto. Después de algunos cálculos moderadamente tediosos, se reduce al hecho de que $\operatorname{arctan}\sqrt{1-z}-\frac\pi 4$ es una función impar de $w=\frac{z}{\sqrt{1-z}}$ que, lo creas o no, es correcto. Creo que ya lo has comprobado usando esos bonitos programas CAS, cosa que yo no he hecho en mi viejo portátil, así que no voy a publicar los detalles.

Por supuesto, aún queda el reto de encontrar una interpretación combinatoria de esta fórmula.

Answer 3

Definamos $$ \beta_n \doteq \sum_{i\le (n-1)/2 } \binom{n-(i+1)}{i} (-1)^i \frac{1}{ (2i+1) 2^{2i+1} }. $$ El siguiente problema equivale a demostrar que $S=0$ : demostrar que la secuencia $\beta_n$ satisface la recursión $$ \beta_{n+1} = \frac{2n+1}{2n+2} \beta_n +\frac{1}{(n+1) 2^{n+1}}. $$ Similar con $S=0$ Los cálculos numéricos sugieren que esta afirmación es cierta. Desgraciadamente, no he visto una forma directa de demostrarlo.

A continuación se presenta una forma de pensar en el problema, que llevó a la reformulación anterior.

La conexión entre el problema anterior y $S=0$ .

Utilizando la notación desarrollada en la respuesta anterior, definamos $$ F(m,n) = \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} \binom{2(n+k)}{n+k} \frac{1}{2^{2(n+k)}} \sum_{l=1}^{k+n} \frac{2^l}{l \binom{2l}{l} }, $$ et $$ f(n)= F(0,n)= \binom{2n}{n} \frac{1}{2^{2n}} \sum_{l=1}^n \frac{2^l}{l \binom{2l}{l} }. $$ La declaración $S=0$ es lo mismo que $F(m,m)= 0$ . Tenga en cuenta que $F$ satisface $$ F(m,n) = \frac{1}{2} F(m-1,n) - \frac{1}{2}F(m-1,n+1) ~~\text{(r1)} $$ Definir el operador de diferencia $D(x_1,x_2) = (x_1 - x_2)/2.$ (r1) en términos de $D$ es $$ F(m,n) = D( F(m-1,n), F(m-1,n+1) ). $$ Definir $D^k$ iterando $D$ : $$ D^n(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_{n+1}) = D( D^{n-1}(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_{n}), D^{n-1}(x_2,x_3,\ldots,x_{n+1} )) $$ Iterando (r1) se obtiene

$$ F(m,n) = D^m( f(n),f(n+1),f(n+2), f(n+3),\cdots,f(n+m)). $$

En particular: $$ F(m,m) = D^m( f(m),f(m+1),f(m+2), f(m+3),\cdots,f(m+m)). $$

Definir ${\mathcal D}:{\mathbb R}^\infty\rightarrow {\mathbb R}^\infty$ como sigue: el $i^{th}$ componente de ${\mathcal D}(x_{1}^\infty)$ es $$D^n(x_n,x_{n+1},x_{n+2},\ldots,x_{2n}).$$

Podemos replantear nuestro problema original de la siguiente manera: demostrar que $(f(1),f(2),f(3),...,f(n),...)$ está en el núcleo de ${\mathcal D}$ .

Porque estamos buscando un cero de este operador, el $1/2$ en la definición de $D$ no es importante; por lo tanto, supongamos que $D(x_1,x_2)$ es simplemente $x_1 -x_2$ .

Tenga en cuenta que $D^{n}(f(n),f(n+1),...,f(2n)) =0$ es lo mismo que $$ D^{n-1}(f(n),f(n+1),f(n+2),...,f(2n-1)) = D^{n-1}(f(n+1),f(n+2),f(n+3),...,f(2n)). $$ Un cálculo numérico revela que estas derivadas discretas son iguales a $\frac{1}{(2n-1)2^{2n-1}}$ . Se puede volver a partir de estos valores a un elemento del núcleo de ${\mathcal D}$ invirtiendo cada $D$ en la pantalla anterior. Un poco de cálculo en esta dirección da como resultado el vector $\beta$ en la primera pantalla. Por su construcción $\beta$ está en el núcleo de ${\mathcal D}$ . Por lo tanto, si se puede demostrar que $f$ es igual a $\beta$ entonces hemos terminado.

Finalmente, utilizando su definición, vemos que $f$ se satisface: $$ f(n+1) = \frac{2n+1}{2n+2} f(n) + \frac{1}{(n+1)2^{n+1}}, ~~~ f(1) = 1/2. $$ Estas relaciones determinan $f$ y por lo tanto podemos tomarlos como $f$ de la definición de la empresa. Por lo tanto, para verificar $f=\beta$ basta con demostrar que $\beta$ satisface esta recursión.

Answer 4

¿Intentamos trabajar en equipo? Por favor, no dude en editar este post si tiene simplificaciones.

La suma original puede reexpresarse como $$ \frac{1}{2^{2m+1}} \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} \binom{2(k+m)}{k+m} \frac{1}{2^{2k}} \sum_{j=0}^{k+m-1} \frac{2^{k+m-j}}{(k+m-j) \binom{2(k+m-j)}{k+m-j}}. $$ Si tratamos de demostrar que esto es 0, podemos dejar la fracción por delante. Además, cambiar las variables de $j$ à $\ell=k+m-j$ : $$ \sum_{k=0}^m \left( -\frac14 \right)^k \binom{m}{k} \binom{2(k+m)}{k+m} \sum_{\ell=1}^{k+m} \frac{2^\ell}{\ell \binom{2\ell}{\ell}}. $$ En este punto, mi idea era cambiar el orden de la suma en función de $$ \sum_{k=0}^m \sum_{\ell=1}^{k+m} \Diamond = \sum_{\ell=1}^m \sum_{k=0}^m \Diamond + \sum_{\ell=m+1}^{2m} \sum_{k=\ell-m}^m \Diamond, $$ pero no consigo que funcione del todo. La primera suma se simplifica, pero con la segunda no puedo hacer mucho.

¿Alguna idea?

Answer 5

Algunas observaciones. Definir $$T(N)=\binom{2N}{N}\sum_{j=0}^{N-1}\left[\binom{2(N-j)}{N-j} \cdot (N-j) \cdot 2^{(N+j+1)}\right]^{-1}.$$ Entonces $$S(m)=\sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} T(m+k) .$$ La experimentación demuestra que $T$ satisface la recursión $$T(n)=T(n-1) - \frac{1}{12}T(n-2),$$ aunque no sé cómo demostrarlo. Para cualquier $F$ que satisface dicha recursión $$F(n) = F(n-1) - c \cdot F(n-2)$$ tenemos $$\sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} F(m+k) = c^m F(0),$$ lo cual es probablemente fácil de probar; y $T(0)=0$ .