Expresión polinómica para $\frac 1{2^n} \sum_{i=0}^n \binom{n}{i}(2i-n)^{2k}$

Question

Sea $$F (n,k)=\frac {1}{2^n}\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}(2i-n)^{2k},$$ donde $n,k$ son enteros no negativos.

Por pruebas numéricas la expresión es un polinomio entero en $n $ de orden $k $ : $$ F(n,0)=1; F (n,1)=n; F (n,2)=n (3n-2),$$ etc.

¿Existe una expresión general sencilla para el polinomio?

Answer 1

Es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ de una serie. De esta forma podemos escribir por ejemplo

\begin{align*} n![z^n]e^{jz}=j^n\tag{1} \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\frac{1}{2^n}}&\color{blue}{\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(2j-n)^{2k}}\\ &=\frac{1}{2^n}\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(2k)![z^{2k}]e^{(2j-n)z}\tag{2}\\ &=\frac{(2k)!}{2^n}[z^{2k}]e^{-nz}\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\left(e^{2z}\right)^j\tag{3}\\ &=\frac{(2k)!}{2^n}[z^{2k}]e^{-nz}\left(1+e^{2z}\right)^n\tag{4}\\ &=(2k)![z^{2k}]\left(\frac{e^{z}+e^{-z}}{2}\right)^n\tag{5}\\ &\,\,\color{blue}{=(2k)![z^{2k}]\left(\cosh z\right)^n} \end{align*}

Vemos que la fórmula OPs es esencialmente el coeficiente de $z^{2k}$ de $\left(\cosh z\right)^n$ que no tiene una fórmula cerrada que yo sepa.

Comentario:

• En (2) aplicamos el coeficiente de según (1).

• En (3) utilice la linealidad del coeficiente de operador.

• En (4) aplicamos el teorema del binomio.

• En (5) escribimos la expresión de forma algo más cómoda.

Answer 2

Sea $\omega $ ser un $n$ -vector bidimensional con componentes binarios $\omega_i=\pm1$ y $\Omega_n $ sea un conjunto de todos los vectores de este tipo, siendo obviamente el tamaño del conjunto $2^n $ . La suma de los elementos de un vector con $i$ positivo y $n-i $ componentes negativos es $2i-n $ y el número de tales vectores es $\binom {n}{i}$ . Así $$ F (n,k)=\frac {1}{2^n}\sum_{\omega\in\Omega_n } \left (\sum_{i=1}^n\omega_i \right)^{2k} =\frac {1}{2^n}\sum_{\omega\in\Omega_n } \sum_{p_i\ge0}^{\sum_i p_i=2k}\binom {2k} {p_1,p_2,\dots,p_n}\prod_i \omega_i^{p_i} =\sum_{p_i\ge0}^{\sum_i p_i=2k}\binom {2k} {p_1,p_2,\dots,p_n}\left (\frac {1}{2^n}\sum_{\omega\in\Omega_n }\prod_i \omega_i^{p_i}\right) =\sum_{p_i\ge0,\;p_i\,\text {mod}\,2=0}^{\sum_i p_i=2k}\binom {2k} {p_1,p_2,\dots,p_n}. $$

Para continuar, se divide la última suma en sumas parciales sobre términos con un recuento particular $l$ de valores distintos de cero $p_i$ y termina con: $$ F (n,k)=\sum_{l=1}^n T (k,l)n^\underline{l},\tag {1} $$ donde $T (k,l)$ es el número de particiones de un conjunto de tamaño $2k$ en $l$ bloques de tamaño par, y $n^\underline{l}$ es factorial descendente. $T(k,l)$ puede reconocerse como la secuencia OEIS A156289 con expresiones de forma cerrada y recurrencia conocidas.

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Nota añadida: por evidencia numérica el polinomio (1) puede expresarse en términos de potencias usuales como: $$ F (n,k)=\sum_{l=1}^n A (k,l)n^l,\tag {2} $$ con $A (k,l) $ siendo la secuencia OEIS A318146 . En otras palabras $F(n,k) $ es de hecho el llamado polinomio Omega.

Answer 3

Jugaré con el cosh y a ver si consigo otra cosa que no sea el problema original.

$\begin{array}\\ \cosh^n(x) &=\frac1{2^n}(e^x+e^{-x})^n\\ &=\frac1{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}e^ke^{(n-k)x}\\ &=\frac1{2^n}e^{nx}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}e^{-2kx}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(nx)^i}{i!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\sum_{j=0}^{\infty} \dfrac{(-2kx)^j}{j!}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{(nx)^i}{i!}\sum_{j=0}^{\infty} \dfrac{(-2kx)^j}{j!}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\sum_{m=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{m} \dfrac{(nx)^i}{i!} \dfrac{(-2kx)^{m-i}}{(m-i)!}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\sum_{m=0}^{\infty}x^m\sum_{i=0}^{m} \dfrac{(n)^i}{i!} \dfrac{(-2k)^{m-i}}{(m-i)!}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{m=0}^{\infty}x^m\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\sum_{i=0}^{m} \dfrac{(n)^i}{i!} \dfrac{(-2k)^{m-i}}{(m-i)!}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{m=0}^{\infty}x^m\sum_{i=0}^{m}\dfrac{(-2)^{m-i}(n)^i}{(m-i)!i!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} k^{m-i}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{x^m}{m!}\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}(-2)^{m-i}n^i\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} k^{m-i}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-2)^mx^m}{m!}\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}(-n/2)^i\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} k^{m-i}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-2)^mx^m}{m!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}(-n/2)^i k^{m-i}\\ &=\frac1{2^n}\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-2)^mx^m}{m!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-n/2+k)^m\\ &=\frac1{2^n}\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{x^m}{m!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(2k-n)^m\\ \end{array} $

Y este es el OP.

Ah, bueno.