Demuestra que $\frac{1}{1+x}H(\frac{x}{1+x})=\sum^\infty_{k=0}[\Delta^kh_0]x^k$

Question

Para una secuencia $\{h_n\}_{\geq 0}$ , dejemos que $H(x)=\sum_{n\geq0}h_nx^n$ . Demuéstralo:

$$\frac{1}{1+x}H(\frac{x}{1+x})=\sum^\infty_{k=0}[\Delta^kh_0]x^k$$

Lo que hice fue que al probar la $$\Delta^k h_o=\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}{k \choose j}h_j$$

Pero ni idea de cómo continuar. Se agradece la ayuda.

Answer 1

Comience con $$ \begin{eqnarray} \frac{1}{1+x} H \left(\frac{x}{1+x}\right) &=& \sum_{n=0}^\infty h_n \frac{x^n}{(1+x)^{n+1}} = \sum_{n=0}^\infty h_n x^n \sum_{m=0}^\infty (-1)^m\binom{n+m}{m}x^m \\ &=& \sum_{r=0}^\infty \sum_{n=0}^\infty \sum_{m=0}^\infty h_n x^{n+m} (-1)^m\binom{n+m}{m} \delta_{r, n+m} \\ &=& \sum_{r=0}^\infty \sum_{n=0}^{r} h_n x^{r} (-1)^{r-n} \binom{r}{n} \\ &=& \sum_{r=0}^\infty x^r \sum_{n=0}^{r} h_n (-1)^{r-n} \binom{r}{n} = \sum_{r=0}^\infty x^r \left( \Delta^r h_0 \right) \end{eqnarray} $$ donde utilizamos $\frac{1}{(1-x)^{n+1}} = \sum_{m=0}^\infty x^m \binom{n+m}{m}$

Answer 2

Lo que pretendemos demostrar aquí es que $$\sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^{n-k} h_k = [z^n] \frac{1}{1+z} H\left(\frac{z}{1+z}\right)$$ donde $$H(z) = \sum_{q\ge 0} h_q z^q.$$

El lado derecho viene dado por la integral $$\frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1+z} H\left(\frac{z}{1+z}\right) \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i}\int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+2}} \frac{z}{1+z} H\left(\frac{z}{1+z}\right) \; dz.$$

Ahora pon $$\frac{z}{1+z} = u \quad\text{so that}\quad z = \frac{u}{1-u}$$ y $$dz = \frac{1}{1-u} - \frac{u}{(1-u)^2} (-1) \; du = \frac{1}{(1-u)^2} \; du.$$

Obtenemos para la integral $$\frac{1}{2\pi i}\int_{|u|=\epsilon} \frac{(1-u)^{n+2}}{u^{n+2}} \times u \times H\left(u\right) \; \frac{1}{(1-u)^2} \; du \\ = \frac{1}{2\pi i}\int_{|u|=\epsilon} \frac{(1-u)^{n}}{u^{n+1}} \times H\left(u\right) \; du.$$

Esto es $$[u^n] H(u) (1-u)^n$$ que se evalúa como $$\sum_{k=0}^n h_k {n\choose n-k} (-1)^{n-k} = \sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^{n-k} h_k$$ mediante inspección.