Construcción de la función generadora a partir de la identidad

Question

Estoy tratando de resolver la identidad que implica binomios y números de Fibonacci mediante el uso de funciones generadoras: $$\sum_{k=0}^n{n \choose k}{n+k\choose k}f_{k+1}=\sum_{k=0}^n{n \choose k}{n+k\choose k}(-1)^{n-k}f_{2k+1}$$

Mi enfoque computacional mediante Mathematica me llevó a derivar esta función generadora:

$$\frac{\sqrt{3x^2-2x+3+2\sqrt{x^4-8x^3-2x^2-8x+1}}}{\sqrt{5}\sqrt{x^4-8x^3-2x^2-8x+1}}$$

Puede alguien mostrar cómo transformar ambos o cualquiera de los lados de la identidad para obtener (los coeficientes de) esta función generadora.

Answer 1

Aquí hay una prueba utilizando variables complejas. Tratamos de demostrar que $$\sum_{k=0}^n {n\choose k} {n+k\choose k} F_{k+1} =\sum_{k=0}^n {n\choose k} {n+k\choose k} (-1)^{n-k} F_{2k+1}.$$

Empezar desde $${n+k\choose k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{1}{z^{k+1}} (1+z)^{n+k} \; dz.$$

Esto da lugar a la siguiente expresión para la suma en el lado izquierdo $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \sum_{k=0}^n {n\choose k} \frac{1}{z^{k+1}} (1+z)^{n+k} \frac{\varphi^{k+1} - (-1/\varphi)^{k+1}}{\sqrt{5}} \; dz$$

Esto se simplifica a $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{(1+z)^n}{z} \sum_{k=0}^n {n\choose k} \left(\varphi\left(\varphi\frac{1+z}{z}\right)^k +\frac{1}{\varphi}\left(-\frac{1}{\varphi}\frac{1+z}{z}\right)^k \right)\; dz$$

Esto da como resultado final $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{(1+z)^n}{z} \left( \varphi\left(1+\varphi\frac{1+z}{z}\right)^n +\frac{1}{\varphi}\left(1-\frac{1}{\varphi}\frac{1+z}{z}\right)^n \right) \; dz$$ o $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{(1+z)^n}{z^{n+1}} \left( \varphi\left(z+\varphi(1+z)\right)^n +\frac{1}{\varphi}\left(z-\frac{1}{\varphi}(1+z)\right)^n \right) \; dz$$

Continuando tenemos la siguiente expresión para la suma en el lado derecho $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^{n-k} \frac{1}{z^{k+1}} (1+z)^{n+k} \frac{\varphi^{2k+1} - (-1/\varphi)^{2k+1}}{\sqrt{5}} \; dz$$

Esto se simplifica a $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{(1+z)^n}{z} \\ \times \sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^{n-k} \left(\varphi\left(\varphi^2\frac{1+z}{z}\right)^{k} +\frac{1}{\varphi}\left(\frac{1}{\varphi^2}\frac{1+z}{z}\right)^{k} \right)\; dz$$

Esto da como resultado final $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{(1+z)^n}{z} \left( \varphi\left(-1+\varphi^2\frac{1+z}{z}\right)^n +\frac{1}{\varphi}\left(-1+\frac{1}{\varphi^2}\frac{1+z}{z}\right)^n \right) \; dz$$ o $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{(1+z)^n}{z^{n+1}} \left( \varphi\left(-z+\varphi^2(1+z)\right)^n +\frac{1}{\varphi}\left(-z+\frac{1}{\varphi^2}(1+z)\right)^n \right) \; dz$$

Aplicar la sustitución $z=1/w$ a esta integral para obtener (el signo para corregir la orientación inversa del círculo se cancelado por el signo menos en la derivada) $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=1} \left(1+\frac{1}{w}\right)^n w^{n+1} \\ \times \left( \varphi\left(-\frac{1}{w}+\varphi^2(1+\frac{1}{w})\right)^n +\frac{1}{\varphi} \left(-\frac{1}{w}+\frac{1}{\varphi^2}(1+\frac{1}{w})\right)^n \right) \frac{1}{w^2} \; dw$$ que es $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=1} \left(1+\frac{1}{w}\right)^n \frac{1}{w} \\ \times \left( \varphi\left(-1+\varphi^2(w+1)\right)^n +\frac{1}{\varphi} \left(-1+\frac{1}{\varphi^2}(w+1)\right)^n \right) \; dw$$ que finalmente da como resultado $$\frac{1}{\sqrt{5}}\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=1} \frac{(1+w)^n}{w^{n+1}} \\ \times \left( \varphi\left(-1+\varphi^2(w+1)\right)^n +\frac{1}{\varphi} \left(-1+\frac{1}{\varphi^2}(w+1)\right)^n \right) \; dw$$

Esto muestra que el LHS es el mismo que el RHS porque $$-1 + \varphi^2(w+1) = -1 + (1+\varphi)(w+1) = w + \varphi(w+1)$$ y $$-1+\frac{1}{\varphi^2}(w+1) = -1 + (1-\frac{1}{\varphi}) (w+1) \\ = -1 + (w+1) - \frac{1}{\varphi} (w+1) = w - \frac{1}{\varphi} (w+1).$$

El rastreo de cuándo apareció este método en MSE y por quién comienza en esto Enlace MSE .