Calcular el binomio suma $I_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i { 2n+1-i \choose i}$

Question

Necesito ayuda con el cálculo de la suma $$I_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i { 2n+1-i \elegir i}.$$ Arce dar el extraño unsimplified resultado
$$I_n={\frac {1/12\,i\sqrt {3} \left( - \left( \left( 1+i\sqrt {3} \right) ^{2\,{\n}+2} \right) ^{2}+16\, \a la izquierda( -1 \right) ^{2\,{\n}} \a la izquierda( {2}^{2\,{\n}} \right) ^{2} \right) }{{2}^{2\,{\n}} \left( 1+i\sqrt {3} \right) ^{2\,{\n}+2}}},$$ El cálculo para la pequeña $n$ son $I_1=-1, I_2=0,I_3=1, I_4=-1, \ldots$ y conduce a una hypothese: $I_n= -1 \text{ para } n=3k+1, =0, \text{ para } n=3k+2,=1, \text{ para } n=3k.$ Pero, ¿cómo demostrarlo?

Answer 1

Funciones De Generación

Vamos a calcular la generación de la función de $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n-k}{k}$: $$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n-k}{k}x^n &=\sum_{k=0}^\infty(-1)^kx^k\sum_{n=k}^\infty\binom{n-k}{k}x^{n-k}\\ &=\sum_{k=0}^\infty(-1)^kx^k\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}\\ &=\frac1{1-x}\frac1{1+\frac{x^2}{1-x}}\\ &=\frac1{1-x+x^2}\tag{1} \end{align}$$ Lo que la pregunta es para el impar de términos, que obtenemos al tomar el impar parte de $(1)$: $$\frac12\left(\frac1{1-x+x^2}-\frac1{1+x+x^2}\right)=\frac{x}{1+x^2+x^4}\etiqueta{2}$$ lo que implica que $\displaystyle\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{2n+1-k}{k}$ satisface la recurrencia $$a_n=-a_{n-1}-a_{n-2}\etiqueta{3}$$ y comienza: $(1,-1,0,1,-1,\dots)$ $(3)$ asegura que va a seguir este patrón. Es decir, $$\boxed{\displaystyle\bbox[5px]{ \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{2n+1-k}{k}=\left\{\begin{array}{rl} 1&\text{if }n\equiv0\pmod{3}\\ -1&\text{if }n\equiv1\pmod{3}\\ 0&\text{if }n\equiv2\pmod{3}\\ \end{array}\right.}}\la etiqueta{4}$$

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La solución de la Recurrencia $\boldsymbol{(3)}$

También se puede obtener una solución por la solución de la recurrencia $(3)$.

Dado que las raíces de $x^2+x+1$$\frac{-1\pm i\sqrt3}{2}=e^{\pm i2\pi/3}$$a_0=1$$a_1=-1$, obtenemos la solución general para ser $$\begin{align} a_n &=\frac{\left(\frac{-1+i\sqrt3}2\right)^{n+1}-\left(\frac{-1-i\sqrt3}2\right)^{n+1}}{i\sqrt3}\\[6pt] &=\frac{e^{i2\pi(n+1)/3}-e^{-i2\pi(n+1)/3}}{i\sqrt3}\\[4pt] &=\frac2{\sqrt3}\sin\left(\frac{2\pi(n+1)}{3}\right)\tag{5} \end{align}$$

Answer 2

Inicio mediante la reformulación del problema: buscamos a evaluar $$\sum_{q=0}^n (-1)^p {2n+1-q\elegir q} = \sum_{q=0}^n (-1)^p {2n+1-q\elegir 2n+1-2t}.$$

Introducir la representación integral $${2n+1-q\elegir 2n+1-2t} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+1-p}}{z^{2n+2-2t}} \; dz.$$

Esto le da a la siguiente por la suma (tenga en cuenta que la integral representa correctamente el hecho de que el coeficiente binomial ser cero para $q>n$, por lo que podemos extender la suma de los infinitos términos): $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+1}}{z^{2n+2}} \sum_{q\ge 0} (-1)^q \frac{z^{t2}}{(1+z)^p} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+1}}{z^{2n+2}} \frac{1}{1+z^2/(1+z)} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n+2}}{z^{2n+2}} \frac{1}{1+z+z^2} \; dz.$$

La extracción de los coeficientes encontramos $$\sum_{q=0}^{2n+1} {2n+2\elegir 2n+1-q} [z^q] \frac{1}{1+z+z^2} = \sum_{q=0}^{2n+1} {2n+2\elegir q+1} [z^q] \frac{1}{1+z+z^2}.$$

Introducir la generación de la función $$Q(w) = \sum_{n\ge 0} w^{2n+1} \sum_{q=0}^{2n+1} {2n+2\elegir q+1} [z^q] \frac{1}{1+z+z^2},$$ que es $$\sum_{q\ge 0} w^p [z^q] \frac{1}{1+z+z^2} \sum_{2n+1\ge q} {2n+2\elegir q+1} w^{2n+1-q} \\ = \sum_{q\ge 0} w^p [z^q] \frac{1}{1+z+z^2} \sum_{p\ge 0} {p+q+1\elegir q+1} w^p \\ = \sum_{q\ge 0} w^p [z^q] \frac{1}{1+z+z^2} \frac{1}{(1-w)^{q+2}} \\ = \frac{1}{(1-w)^2} \sum_{q\ge 0} \left(\frac{w}{1-w}\right)^p [z^q] \frac{1}{1+z+z^2}.$$

Lo que tenemos aquí es un aniquilado coeficiente de extractor y el suma que se simplifica a $$Q(w) = \frac{1}{(1-w)^2} \frac{1}{1+w/(1-w) + w^2/(1-w)^2} \\ = \frac{1}{(1-w)^2+w(1-w) + w^2} = \frac{1}{1-w+w^2}.$$

Este es el ordinario de la generación de la función de una secuencia con la recurrencia $$a_{n+2} = a_{n+1} - a_n.$$ Desde $a_0 = 1$ $a_1 = 1$ obtenemos $$1, 1, 0, -1, -1, 0, 1, 1, 0, -1, -1, 0\ldots$$ lo que demuestra la periodicidad con período de seis.

La selección de los pares de valores de índice conserva la periodicidad y obtenemos la secuencia $$1, -1, 0, 1, -1, 0, \ldots$$

Post Scriptum. Si introducimos $$\rho_{1,2} = \frac{1\pm i\sqrt{3}}{2} \quad\text{set}\quad c_{1,2} = \frac{3\pm i\sqrt{3}}{6}$$ tenemos la forma cerrada $$[w^n] \frac{1}{1-w+w^2} = c_1 \rho_1^{-n} + c_2 \rho_2^{-n}$$ a partir de que $[w^{2n+1}] Q(w)$ puede ser extraído.

La técnica de la aniquilado coeficiente de extractores (ACE) es también empleado en este MSE enlace que te puse y esta MSE vínculo II.

Un seguimiento de cuándo este método apareció en el MSE, y por el que se inicia en este MSE enlace.

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{I_{n}\equiv\sum_{k = 0}^{n}\pars{-1}^{k}{ 2n + 1 - k \choose k}:\ {\large ?}}$

Desde $\quad\ds{{ 2n + 1 - k \choose k} = 0}\quad$ cuando $\quad\ds{k > 2n + 1 - k\ \imp\ k> n + \half\ \imp\ k \geq n + 1}\quad$ es cierto que $$\sum_{k = 0}^{n}\pars{-1}^{k}{ 2n + 1 - k \elegir k} =\sum_{k = 0}^{\color{#c00000}{\Large\infty}}\pars{-1}^{k}{ 2n + 1 - k \elegir k}$$

Con $\ds{a > 1}$: $$\begin{align} I_{n}&=\sum_{k = 0}^{\infty}\pars{-1}^{k} \oint_{\verts{z}\ =\ a} {\pars{1 + z}^{2n + 1 - k} \over z^{k + 1}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{\verts{z}\ =\ a}{\pars{1 + z}^{2n + 1} \over z}\sum_{k = 0}^{\infty} \bracks{-\,{1 \over z\pars{1 + z}}}^{k}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ a}{\pars{1 + z}^{2n + 1} \over z} {1 \over 1 + 1/\bracks{z\pars{1 + z}}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{}{\pars{1 + z}^{2n + 2} \over z^{2} + z + 1}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ a} {\pars{1 + z}^{2n + 2} \over \pars{z - r}\pars{z - r^{*}}} \,{\dd z \over 2\pi\ic}\qquad\mbox{where}\quad r \equiv \exp\pars{2\pi\ic \over 3} = -\,\half + {\root{3} \over 2}\,\ic \end{align}$$

A continuación, $$\begin{align} I_{n}&={\pars{1 + r}^{2n + 2} \over r - r^{*}} +{\pars{1 + r^{*}}^{2n + 2} \over r^{*} - r} =2\,\Re\bracks{\pars{1 + r}^{2n + 2} \over r - r^{*}} =2\,\Re\bracks{\pars{1 + r}^{2n + 2} \over 2\ic\,\Im r} \\[5mm]&={1 \over \Im r}\,\Im\pars{1 + r}^{2n + 2} ={2\root{3} \over 3}\,\Im\pars{\half + {\root{3} \over 2}\,\ic}^{2n + 2} ={2\root{3} \over 3}\,\Im\bracks{\exp\pars{\pi\ic \over 3}}^{2n + 2} \\[5mm]&={2\root{3} \over 3}\,\Im\exp\pars{\pars{2n + 2}\pi\ic \over 3} \end{align}$$

$$\color{#66f}{\large I_{n}\equiv\color{#66f}{\large\sum_{k = 0}^{n}\pars{-1}^{k}{ 2n + 1 - k \elegir k}} =\color{#66f}{\large{2\raíz{3} \over 3}\,\sin\pars{\bracks{2n + 2}\pi \más de 3}}}$$

Answer 4

Esto es mucho más fácil si tenemos en lugar de calcular la secuencia de $a_m := \sum_{i=0}^\infty y^i {{m-i} \choose i}$ (tenga en cuenta que la mayoría de los términos son cero). Entonces es inmediato que $a_{m+2}= a_{m+1}+y a_m$, a partir de la comparación de los términos y el uso de $[y^{i-1}]a_m + [y^i] a_{m+1} = {{m-(i-1)}\choose{i-1}}+{{m+1-i}\choose{i}} = {{m+2-i}\choose{i}} = [y^i]a_{m+2}$.

Sustituyendo $y=-1$, no es difícil ver que la secuencia de $a_m$ periodo $6$ (por ejemplo, el polinomio característico es cyclotomic). Por lo $a_{2n+1}$ periodo $3$.

Este enfoque fue inspirado por mirar funciones de generación, que son una herramienta muy poderosa cuando usted no sabe lo que está pasando. He incluido ese enfoque de abajo.

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Nota al margen: el caso de $y=-1/4$ es particularmente interesante, ya que la muy limpio respuesta de $a_m = (m+1)2^{-m}$.

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Alternativa de solución, mediante la generación de funciones:

$$f(x) := \sum_m a_m x^m$$

$$= \sum_i y^i \sum_{m\geq 2i} {{m-i}\choose i} x^m = \sum_i (xy)^i \sum_{m'\geq i} {m'\choose i} x^{m'}$$

$$= \sum_i (x y)^i \frac{x^i}{(1-x)^{i+1}} = \frac{1}{1-x} \sum_i \left(\frac{x^2y}{1-x} \right)^i$$

$$= \frac{1}{1-x} \frac{1}{1-\frac{x^2 y}{1-x}} = \frac{1}{1-x-x^2 y}$$

Finalmente, se pueden obtener los coeficientes de $f(x)$ usando fracciones parciales.

Answer 5

El uso de Maple yo soy la obtención de

$$\left( 1/6\,i\sqrt {3}+1/2 \right) \left( -1/2+1/2\,i\sqrt {3} \right) ^{n}+ \left( 1/2-1/6\,i\sqrt {3} \right) \left( -1/2-1/2\,i \sqrt {3} \right) ^{n}$$

y se reescribe como

$$1/6\, \a la izquierda( i\sqrt {3}+3 \right) \left( -1 \right) ^{n}{e}^{-1/3\,i \pi \,n}-1/6\, \left( -3+i\sqrt {3} \right) \left( -1 \right) ^{n}{e} ^{1/3\,i\pi \,n}$$

Luego de su conjetura es correcta. Esto se verifica por medio de Arce.