Ayuda con una suma doble, por favor

Question

Aquí está una doble serie he tenido problemas para evaluar: $$S=\sum_{k=0}^{m}\sum_{j=0}^{k+m-1}(-1)^{k}{m \elegir k}\frac{[2(k+m)]!}{(k+m)!^{2}}\frac{(k-j+m)!^{2}}{(k-j+m)[2(k-j+m)]!}\frac{1}{2^{k+j+m+1}}\text{.}$$

Estoy seguro de que $S=0$ para $m>0$. De hecho, no tengo ninguna duda. He hecho un montón de manipulación algebraica, el intento de "convertir" a un hipergeométrica serie de mesas (Gradshteyn y Ryzhik), etc., pero no he sido capaz de llegar a una forma de la que puedo demostrar equivalencia cero.

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

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

He leído Concreto de las Matemáticas y de $A=B$, y miró a Gosper y Zeilberger del trabajo para algunos consejos, pero no de cigarros.

Nota: $0!=1$ 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 $\Re z>0$ y $z\noen\mathbb{Z}^{-}$, $$\Gamma\colon\: z\mapsto \int_0^\infty t^{z-1}\mathrm{e}^{-t}\,\mathrm{d}t\text{.}$$ que puede ser analíticamente extendido a $\mathbb{C}$ a través de la recurrencia de $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$.

Answer 1

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

Ahora al menos podemos reconocer los coeficientes. La suma de $s$ es sólo el trunca Taylor suma de $\frac 1{\sqrt{1-x}}$ y $2^u\frac{u!(u-1)!}{(2u)!}=\int_0^1{[2t(1-t)]^u}\frac{dt}{t}$. Recordando que el truncamiento de funciones analíticas de alta vibratoria es de solo $z^uP_+z^{u}$ donde $P_+$ es la integral de Cauchy, y que el coeficiente de la $m$-ésima potencia puede obtenerse por integración contra $z^{m}$ más de un círculo, podemos escribir este monstruo como $$ \int_0^1 \frac{dt}{t}\sum_{u\ge 1}[2t(1-t)]^u\cualquier\cualquier \frac{z^u z^{-2m}(z-1)^m}{\zeta^u\sqrt{1-\zeta}(1-\frac z\zeta)}dm(z)dm(\zeta) $$ con la circular integral tomadas a través de los círculos de radios de menos de $1$ con la radio por $z$ menor que $\zeta$ ($m$ es el promedio de medida, de modo que las integrales son sólo los promedios en los círculos correspondientes). Ahora, sumando más de $u$, obtenemos $$ \int_0^1 \frac{dt}{t}\cualquier\cualquier\left(\frac{1}{1-2t(1-t)\frac z\zeta}-1\right) \frac{z^{-2m}(z-1)^m}{\sqrt{1-\zeta}(1-\frac z\zeta)}dm(z)dm(\zeta) $$ Ahora $(\frac{1}{1-mp}-1)\frac 1{1-w}=\frac p{1-p}(\frac1{1-w}-\frac1{1-mp})$ Así, utilizando la fórmula de Cauchy de nuevo y la integración de más de $\zeta$, se convierten en $$ \int_0^1 \frac{2(1-t)dt}{1-2t(1-t)}\cualquier\left(\frac{1}{\sqrt{1-z}}-\frac{1}{\sqrt{1-2t(1-t)z}}\right) {z^{-2m}(z-1)^m}dm(z) $$ La integral en $t$ es una función primaria de $z$ analítica cerca del origen (para tener una bonita CAS!) La afirmación de que la integral es de $0$ para todo $m$ es equivalente a la afirmación de que tras el cambio de variable $w=\frac z{\sqrt {1-z}}$ todos los coeficientes de Taylor de la nueva integrando en $w$, incluso con índices son $0$, es decir, el nuevo integrando es una función impar en $w$ (tienen más agradable CAS!). Ya sea verdadera o falsa, es verificable ahora. Así que, me voy a parar aquí -:).

Edit: es cierto. Después de algunos moderadamente tediosos cálculos, todo 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 la correcta. Yo creo que ya ha comprobado el uso de los lindos CAS programas, que no tengo en mi vieja laptop, así que no soy la publicación de los detalles.

Por supuesto, el reto de encontrar una combinatoria de la interpretación de esta fórmula sigue siendo.

Answer 2

Vamos a definir $$ \beta_n \doteq \sum_{i\le (n-1)/2 } \binom{n-(i+1)}{i} (-1)^i \frac{1}{ (2i+1) 2^{2i+1} }. $$ El siguiente problema es equivalente a probar que $S=0$: demostrar que la secuencia de $\beta_n$ satisface la recursividad $$ \beta_{n+1} = \frac{2n+1}{2n+2} \beta_n +\frac{1}{(n+1) 2^{n+1}}. $$ Similares $S=0$, cálculos numéricos sugieren que esta declaración es verdadera. Por desgracia, no llegué a ver una manera sencilla de probarlo.

A continuación es una manera de pensar sobre el problema, lo que llevó a la anterior reformulación.

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

Utilizando la notación desarrollada en la respuesta anterior, vamos a definir $$ F(m,n) = \sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} \binom{2(n+k)}{n+k} \frac{1}{2^{2(n+k)}} \sum_{i=1}^{k+n} \frac{2^l}{l \binom{2l}{l} }, $$ y $$ f(n)= F(0,n)= \binom{2n}{n} \frac{1}{2^{2n}} \sum_{i=1}^n \frac{2^l}{l \binom{2l}{l} }. $$ La declaración $S=0$ es el mismo que $F(m,m)= 0$. Tenga en cuenta que $F$ satisface $$ F(m,n) = \frac{1}{2} F(m-1,n) - \frac{1}{2}F(m-1,n+1) ~~~~~~\texto{(r1)} $$ Definir el operador diferencia de $D(x_1,x_2) = (x_1 - x_2)/2.$ (r1) en términos de $D$ es $$ F(m,n) = D( F(m-1,n), F(m-1,n+1) ). $$ Definir $D^k$ por iteración $D$: $$ D^n(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_{n+1}) = D( D^{n-1}(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_{n}), D^{n-1}(x_2,x_3,\ldots,x_{n+1} )) $$ La iteración (r1) da

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

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

Definir ${\mathcal D}:{\mathbb R}^\infty\rightarrow {\mathbb R}^\infty$ de la siguiente manera: la $i^{th}$ de los componentes de ${\mathcal D}(x_{1}^\infty)$ es $$D^n(x_n,x_{n+1},x_{n+2},\ldots,x_{2n}).$$

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

Porque estamos buscando un cero de este operador, el de $1/2$, 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 el mismo $$ D^{n-1}(f(n),f(n+1),f(n+2),...,f(2n-1)) = D^{n-1}(f(n+1),f(n+2),f(n+3),...,f(2n)). $$ Un numī revela que estos discretos derivados de la igualdad de $\frac{1}{(2n-1)2^{2n-1}}$. Uno puede ir de nuevo a partir de estos valores a un elemento el núcleo de ${\mathcal D}$ invirtiendo cada $D$ en la pantalla anterior. Un poco de cálculo en esta dirección rendimientos el vector $\beta$ en la primera pantalla. Por su construcción, $\beta$ es en el núcleo de ${\mathcal D}$. Por lo tanto, si se puede probar que $f$ es igual a $\beta$, a continuación, hemos terminado.

Por último, el uso de su definición, vemos que $f$ 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 tomar como $f$'s definición. Por lo tanto para comprobar $f=\beta$ es suficiente para demostrar que $\beta$ satisface esta recursividad.

Answer 3

¡Prueba el trabajo en equipo? Por favor, siéntase libre de editar este post si usted tiene simplificaciones.

La suma original puede ser re-expresadas 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 estamos tratando de probar que esto es 0, se puede caer de la fracción del frente. También, el cambio de variables desde $j$ $\ell=k+m-j$: $$ \sum_{k=0}^m \left( -\frac14 \right)^k \binom{m}{k} \binom{2(k+m)}{k+m} \sum_{\ell=1}^{k+m} \frac{2^\ell}{\ell \binom{2\ell}{\ell}}. $$ En este punto, mi idea era cambiar el orden de la suma basado en $$ \sum_{k=0}^m \sum_{\ell=1}^{k+m} \Diamante = \sum_{\ell=1}^m \sum_{k=0}^m \Diamante + \sum_{\ell=m+1}^{2m} \sum_{k=\ell-m}^m \Diamante, $$ pero no puedo conseguir bastante de él para salir. La primera suma simplifica, pero la segunda suma, no puedo hacer mucho.

Alguna idea?

Answer 4

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 muestra que $T$ satisface la recursividad $$T(n)=T(n-1) - \frac{1}{12}T(n-2),$$ aunque no sé cómo probar que. Para cualquier $F$ satisfacer tal recursividad $$F(n) = F(n-1) - c \cdot F(n-2)$$ tenemos $$\sum_{k=0}^m (-1)^k \binom{m}{k} F(m+k) = c^m F(0),$$ que es probablemente fácil de probar; y $T(0)=0$.

Answer 5

Olivier Gerard, me acaba de decir acerca de este maravilloso sitio web! Respecto a la pregunta que se puede hacer en un nano-segundo, con el de Arce 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

Este es el comando:

F:=(-1)^k*binomial(m,k)*(k+m-1-j)!/(k+m)!*simplificar((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

(Tenga en cuenta que he tenido que dividir el sumando 1/2^(m+1) si usted no FALLAN, el prgram no como factores extraños)

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

Puesto que S(1)=0 (cheque). Esto es totalmente rigurosa prueba.

P. S. La prueba puede ser conseguido mediante la búsqueda de los llamados multi-certificado de

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

-Doron Zeilbeger