Prueba $\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k \frac{1}{k+1} = \frac{1}{n+1} $

Question

Estoy repasando una prueba del resultado combinatorio $$\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k \frac{1}{k+1} = \frac{1}{n+1}, $$ y he encontrado algo que no entiendo.

La prueba es la siguiente:

$$\sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k \frac{1}{k+1} = \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k \int_0^1 t^k\ dt = \int_0^1 (1-t)^n\ dt = \frac{1}{n+1}.$$

Lo entiendo, excepto por la penúltima igualdad. ¿Por qué se mantiene esta igualdad?

Agradecería cualquier ayuda.

Answer 1

Una prueba alternativa:

$$\begin{align} \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}(-1)^k \frac{1}{k+1} &=\frac 1{n+1}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\frac {n+1}{k+1}{n \choose k} \\ &=\frac 1{n+1}\sum_{k=0}^n (-1)^k\binom {n+1}{k+1}\\ &=\frac 1{n+1}\sum_{k=1}^{n+1} (-1)^{k-1}\binom {n+1}{k}\\ &=\frac 1{n+1}\bigg[\underbrace{\sum_{k=0}^{n+1} (-1)^{k-1}\binom {n+1}{k}}_{=0}-(-1)\underbrace{\binom{n+1}0}_{=1}\bigg]\\ &=\frac 1{n+1}\qquad\blacksquare\end{align}$$

Answer 2

También es posible dar una prueba combinatoria.

Sea $A=\{0\}\cup[n]=\{0,\ldots,n\}$ contaremos de dos maneras las permutaciones de $A$ que empiezan por $0$ .

Por un lado están, por supuesto $n!$ de ellos, ya que los restantes $n$ los elementos pueden disponerse en cualquier orden.

Alternativamente, para $k\in[n]$ deje $P_k$ sea el conjunto de permutaciones de $A$ en el que $k$ precede a $0$ es evidente que exactamente la mitad de las permutaciones de $A$ están en $P_k$ Así que $|P_k|=\frac12(n+1)!$ . En términos más generales, si $\varnothing\ne I\subseteq[n]$ entonces $\bigcap_{k\in I}P_k$ es el conjunto de permutaciones en las que $0$ va precedido de cada elemento de $I$ y

$$\left|\bigcap_{k\in I}P_k\right|=\frac{(n+1)!}{k+1}\;.$$

Un sencillo argumento de inclusión-exclusión ahora se obtiene la ecuación

$$\left|\bigcup_{k\in[n]}P_k\right|=\sum_{\varnothing\ne I\subseteq[n]}(-1)^{|I|+1}\frac{(n+1)!}{k+1}=\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\binom{n}k\cdot\frac{(n+1)!}{k+1}\;.$$

Pero $\bigcup_{k\in[n]}P_k$ no es más que el conjunto de permutaciones de $A$ en el que $0$ hace no son lo primero, así que

$$n!=(n+1)!-\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\binom{n}k\cdot\frac{(n+1)!}{k+1}=(n+1)!\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}k\frac1{k+1}\;,$$

y dividiendo por $(n+1)!$ se obtiene la identidad deseada.

Answer 3

SUGERENCIA:

$$\dfrac{\binom nk}{k+1}=\dfrac{n!}{k!\cdot(n-k)!\cdot(k+1)}=\dfrac1{n+1}\cdot\dfrac{(n+1)!}{\{n+1-(k+1)\}!\cdot(k+1)!}$$ $$=\dfrac1{n+1}\cdot\binom{n+1}{k+1}$$

Ahora $a=1,b=-1,m=n+1$ en $$\sum_{k=0}^m\binom mk=(a+b)^m$$