Es $s_n$ un múltiplo de $2^n$ para todos $n \geq 0$ ?

Question

Definamos: $$a_{0,0} = 1$$ $$\forall k \ne 0, a_{0,k} = 0$$ $$\forall n \geq 0, \forall k, a_{n+1,k} = -(4n-2k+3)a_{n,k-1} + (2k+1)a_{n,k}$$

    |   0    1    2    3    4  ...
----+-----------------------------
  0 |   1 
  1 |   1   -1
  2 |   1   -8    3
  3 |   1  -33   71  -15
  4 |   1 -112  718 -744  105
...   ...  ...  ...  ...  ... ...

Hasta el signo alterno, este es el número de secuencia de la OEIS A214406 . Ahora vamos a definir: $$s_n = \sum_{k=0}^n a_{n,k}$$ $$ s_0 = 1, s_1 = 0, s_2 = -4, s_3 = 24, s_4=-32, \dots $$

Parece que para todos los $n$ , $s_n$ es un múltiplo de $2^n$ . ¿Es demostrable?

Contexto/esfuerzos propios: hasta ahora, he podido demostrar las conexiones con la secuencia de funciones $(R_n)_{n \in \mathbb{N}}$ definido por:

$$ R_0(x)=1 $$ $$ R_{n+1}(x) = \left( R_n(x) \times \frac{2x}{1+x^2} \right)' $$

La conexión es:

$$ s_n = 2^n R_n(1) $$

Incluso tenemos:

$$ R_n(x) = 2^n \frac{P_n(x^2)}{(1+x^2)^{2n}} $$

donde $$ P_n(x) = \sum_{k=0}^n a_{n,k} x^k $$

No sé si ayuda, pero esto también significa que la función generadora exponencial

$$ \sum_{n \geq 1} \frac{s_{n-1}}{2^{n-1}} \frac{x^n}{n!} $$

es la reversión en serie de

$$ \frac{\ln(x+1)}{2} + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{4} = 0 + 1x + 0 x^2 + \frac{1}{6}x^3 - \frac{1}{8}x^4 + \frac{1}{10}x^5 - \frac{1}{12}x^6 \dots $$

También establecí que

$$ s_{n+1} = -4 \sum_{k=0}^n (n-k) a_{n,k} $$

pero esto parece sólo para impulsar el problema, de demostrar que $ \sum_{k=0}^n k a_{n,k} $ es un múltiplo de $2^{n-1}$ ...

Answer 1

A partir de $$s_n = 2^n R_n(1)$$

Todo lo que tenemos que demostrar entonces es que $R_n(1)$ es un número entero para todo $n$

Claramente $s_n$ es una secuencia de números enteros, lo que implica que si $R_n(1)$ no es un entero, entonces debe ser una fracción con denominador $2^m,m\leq n$ .

Recuerde $ R_0(x)=1, R_{n+1}(x) = \left( R_n(x) \times \frac{2x}{1+x^2} \right)' $

Tenga en cuenta que como $R_n(x)$ puede escribirse posteriormente como $R_n(1)=\frac{a*2^b}{2^m}$ para los enteros $a,b$ Sólo tenemos que probar $b\geq m$ para demostrar $R_n(1)$ es un número entero

Prueba por inducción:

$R_0(1)$ satisface claramente esta condición.

También hay que tener en cuenta para $n>0$ , $R_{n+1}(x) = \cfrac{d}{dx} (R_n(x) \times (\frac{2x}{x^2+1}-1))=R^{'}_n(x)\times \frac{2x}{x^2+1}-R_n(x)\times \frac{2(x+1)(x-1)}{(x^2+1)^2}$

$R_{n+1}(1) = R^{'}_n(1)\times (1-0) = R^{'}_n(1)$

$R_{n+1}(1) = \frac{d^n}{dx^n}R_1(1) = \frac{d^{n+1}}{dx^{n+1}}\frac{2x}{x^2+1}$

Por la regla del cociente, si hay $m-b$ factores de $2$ en el denominador simplificado de $R_n(1)$ (tal que hay 0 factores de 2 en el numerador), entonces hay a lo sumo $2(m-b)$ factores de $2$ en el denominador de $R^{'}_n(1)$ .

Sin embargo, como para $R_0(1),m-b=0$ , entonces para $R_1(1)$ el denominador puede tener como máximo $2(m-b) = 0$ factores de 2. Equivalentemente, $2(m-b)\leq 0,b\geq m$ Por inducción, esto es cierto para cada $R_n(1)$ que es lo que nos propusimos demostrar.

Answer 2

He encontrado una prueba. Su boceto es:

Dejemos que $$ f(x) = \frac{x}{1+x^2} $$

Entonces con $m=\lfloor n/2 \rfloor$ y $r = n \mod 2$ se puede establecer lo siguiente por inducción:

$$ f^{(n)}(x) = (-1)^m (n!) \left ( \sum_{k=0}^{m+r} (-1)^k \binom{n+1}{2k+1-r} x^{2k + 1 - r} \right) \frac{1}{ (1+x^2)^{n+1}} $$

Entonces uno evalúa en 1, y observa, y prueba, que:

$$ 2^{m+1} \frac{f^{(n)}(1)}{n!} $$

es realmente muy particular:

$$ 1, 0, -1, 1, -1, 0, 1, -1, 1, 0, -1, 1, -1, 0, 1, -1, 1, 0, -1, 1, -1, 0, 1, -1, 1, 0, -1, 1, -1, 0, 1, -1, 1, 0, -1, 1, -1, 0, 1, -1, 1, \dots $$

En otros términos, $$ 2 f^{(n)}(1) = \frac{n!}{2^{\lfloor n/2 \rfloor}} \times \begin{array}{|rl|} +1, & n \in 8 \mathbb{N} + \{ 0, 3, 6 \} \\ 0, & n \in 8 \mathbb{N} + \{ 1, 5 \} \\ -1, & n \in 8 \mathbb{N} + \{ 2, 4, 7 \} \\ \end{array} $$ Para una notación aún más corta, defina $$ g = 2f $$ $$ g_n = g^{(n)} $$

Entonces $$ \bbox[white, border: 2px solid black]{ g_n(1) = \frac{n!}{2^{\lfloor n/2 \rfloor}} \times \begin{array}{|rl|} +1, & n \in 8 \mathbb{N} + \{ 0, 3, 6 \} \\ 0, & n \in 8 \mathbb{N} + \{ 1, 5 \} \\ -1, & n \in 8 \mathbb{N} + \{ 2, 4, 7 \} \\ \end{array} } $$

Ahora,

$$ \begin{array}{lcl|lcll} R_0 & = & 1 & R_0(1) & = & 1 & = 1 \\ R_1 & = & \left( R_0 g \right)' = \left( g_0 \right)' = g_1 & R_1(1) & = & \frac{1!}{2^{\lfloor 1/2 \rfloor}} \times 0 & = 0 \\ R_2 & = & \left( R_1 g \right)' = \left( g_1 g_0 \right)' = g_2 g_0 + g_1^2 & R_2(1) & = & ( \frac{2!}{2^{\lfloor 2/2 \rfloor}} \times -1)(\frac{0!}{2^{\lfloor 0/2 \rfloor}} \times +1) + (\frac{1!}{2^{\lfloor 1/2 \rfloor}} \times 0)^2 = (-1)(+1) - (0)^2 & = -1 \\ R_3 & = & \left( R_2 g \right)' = \left( (g_2 g_0 + g_1^2) g_0 \right)' = \left( g_2 g_0^2 + g_1^2 g_0 \right)' = g_3 g_0^2 + 4 g_2 g_1 g_0 + g_1^3 & R_3(1) & = & ( \frac{3!}{2^{\lfloor 3/2 \rfloor}} \times +1)(\frac{0!}{2^{\lfloor 0/2 \rfloor}} \times +1)^2 + 4 \times ( \frac{2!}{2^{\lfloor 2/2 \rfloor}} \times -1)(\frac{1!}{2^{\lfloor 1/2 \rfloor}} \times 0)(\frac{0!}{2^{\lfloor 0/2 \rfloor}} \times +1) + (\frac{1!}{2^{\lfloor 1/2 \rfloor}} \times 0)^3 = 3 \times (+1)^2 + 4 \times (-1)(0)(+1) + (0)^3 & = 3 \\ \dots \\ \end{array} $$

Evidentemente, detrás de la escena están los tabiques de $n$ y sus coeficientes que figuran en el número de secuencia A145271 de la OEIS. La siguiente fórmula es válida, $$ \bbox[white, border: 2px solid black]{ R_n(1) = \sum_{P \mbox{ partition of } n} \mbox{A145271}(n, P) \times \prod_{p \mbox{ part of } P} g_{\mbox{size}(p)}(1) } $$

con la agradable propiedad de que no vale la pena computar las contribuciones de las particiones que contienen una parte igual a 1, o 5, o un múltiplo de 4 más 1 (son 0).

Finalmente, como una suma de productos de números enteros, $R_n(1)$ es un número entero; y $s_n$ es, por tanto, un múltiplo de $2^n$ .