Demuéstralo: ${n\choose 0}-\frac{1}{3}{n\choose 1}+\frac{1}{5}{n\choose 2}-...(-1)^n\frac{1}{2n+1}{n\choose n}=\frac{n!2^n}{(2n+1)!!}$

Question

Demuéstralo: $${n\choose 0}-\frac{1}{3}{n\choose 1}+\frac{1}{5}{n\choose 2}-...+(-1)^n\frac{1}{2n+1}{n\choose n}=\frac{n!2^n}{(2n+1)!!}.$$

Toma, $(2n+1)!!$ es un "impar factorial": $(2n+1)!! = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdots \cdot (2n+1$ ).

¿Cómo demostrar esta ecuación?

¿Es posible utilizar la inducción?

$${n\choose 0}-\frac{1}{3}{n\choose 1}+\frac{1}{5}{n\choose 2}-...(-1)^n\frac{1}{2n+1}{n\choose n}=\sum\limits_{k=0}^{n}{n\choose k}(-1)^k\frac{1}{2k+1};$$

$$(2n+1)!!=\frac{(2n)!(2n+1)}{2^nn!}\Rightarrow \frac{n!2^n}{(2n+1)!!}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!(2n+1)};$$

$$\sum\limits_{k=0}^{n}{n\choose k}(-1)^k\frac{1}{2k+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!(2n+1)}$$

¿Y ahora qué?

Answer 1

En primer lugar, puede observarse que su suma inicial puede reescribirse como $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n}{k} &=\sum_{k=0}^n (-1)^k\left(\int_0^1 x^{2k}\:dx\right)\binom{n}{k}\\\\ &=\int_0^1\sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}x^{2k}\:dx\\\\ &=\int_0^1(1-x^2)^ndx. \end{align} $$ Entonces, integrando por partes, tenemos $$ \begin{align} \int_0^1(1-x^2)^ndx &=\left. x(1-x^2)^n\right|_0^1+2n\int_0^1x^2(1-x^2)^{n-1}dx\\\\ &=0-2n\int_0^1(1-x^2-1)(1-x^2)^{n-1}dx\\\\ &=-2n\int_0^1(1-x^2)^ndx+2n\int_0^1(1-x^2)^{n-1}dx. \end{align} $$ que equivale a $$ \int_0^1(1-x^2)^ndx=\frac{2n}{2n+1}\int_0^1(1-x^2)^{n-1}dx $$ dando $$ \int_0^1(1-x^2)^ndx=\frac{2}{3}\frac{4}{5}\cdots\frac{2n}{2n+1}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)(2n)!} $$ Por último

$$ \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n}{k}=\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)(2n)!}. $$

Answer 2

${n\choose 0}-\frac{1}{3}{n\choose 1}+\frac{1}{5}{n\choose 2}-...(-1)^n\frac{1}{2n+1}{n\choose n} =\frac{n!2^n}{(2n+1)!!} $

Desde $(1+x)^n =\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k $ , $(1-x^2)^n =\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^k x^{2k} $ .

Integración de $0$ a $1$ , $\int_0^1 (1-x^2)^n\,dx =\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^k \int_0^1 x^{2k}\,dx =\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{(-1)^k}{2k+1} $ .

$\begin{align*} \int_0^1 (1-x^2)^n\,dx &=\int_0^1 (1-x)^n (1+x)^n\,dx\\ &=\int_0^1 y^n (2-y)^n\,dy \qquad(y = 1-x)\\ &=2\int_0^\frac12 (2z)^n (2-2z)^n\,dz \qquad(y = 2z)\\ &=2^{2n+1}\int_0^\frac12 z^n (1-z)^n\,dz\\ &=2^{2n}\int_0^1 z^n (1-z)^n\,dz\\ &=2^{2n}B(n+1, n+1) \qquad\text{(Beta function)}\\ &=2^{2n}\frac{(n!)^2}{(2n+1)!}\\ \end{align*} $

Answer 3

Permítanme aportar una prueba algebraica que no utiliza funciones Beta Beta.

Supongamos que queremos verificar que $$S_n = \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1} {n\choose k} = \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1) (2n)!}.$$

Tenemos por inspección que $$S_n = \sum_{k=0}^n \mathrm{Res}(f(z); z=k)$$

donde $$f(z) = (-1)^n n! \frac{1}{2z+1} \prod_{q=0}^n \frac{1}{z-q}.$$

Esto se debe a que

$$\mathrm{Res}(f(z); z=k) = (-1)^n \frac{n!}{2k+1} \prod_{q=0}^{k-1} \frac{1}{k-q} \prod_{q=k+1}^n \frac{1}{k-q} \\= (-1)^n \frac{n!}{2k+1} \frac{1}{k!} (-1)^{n-k} \frac{1}{(n-k)!} = \frac{(-1)^k}{2k+1} {n\choose k}.$$

Ahora con $f(z)$ siendo racionales debemos tener $$S_n = - \mathrm{Res}(f(z); z=-1/2) - \mathrm{Res}(f(z); z=\infty).$$

En $z=-1/2$ obtenemos incluyendo el signo

$$- (-1)^n \frac{n!}{2} \prod_{q=0}^n \frac{1}{-1/2-q} = - (-1)^n n! 2^n \prod_{q=0}^n \frac{1}{-1-2q} = n! 2^n \prod_{q=0}^n \frac{1}{2q+1} \\ = n! 2^n \times \frac{2^n n! }{(2n+1)(2n)!} = \frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1) (2n)!}.$$

Para el residuo en el infinito obtenemos incluyendo el signo $$\mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} (-1)^n n! \frac{1}{2/z+1} \prod_{q=0}^n \frac{1}{1/z-q} \\ = \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z} (-1)^n n! \frac{1}{z+2} \prod_{q=0}^n \frac{z}{1-qz} = 0.$$

Recopilando las dos contribuciones obtenemos $$\frac{2^{2n} (n!)^2}{(2n+1)!}$$

QED.

Answer 4

Teorema Binomial y Funciones Beta $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n(-1)^k\frac1{2k+1}\binom{n}{k} &=\int_0^1\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}x^{2k}\,\mathrm{d}x\tag1\\ &=\int_0^1\left(1-x^2\right)^n\,\mathrm{d}x\tag2\\ &=\frac12\int_0^1\left(1-x\right)^nx^{-1/2}\,\mathrm{d}x\tag3\\ &=\frac12\frac{\color{#C00}{\Gamma(n+1)}\,\color{#090}{\Gamma(1/2)}}{\color{#090}{\Gamma(n+3/2)}}\tag4\\ &=\frac12\color{#C00}{n!}\color{#090}{\frac{2^{n+1}}{(2n+1)!!}}\tag5\\ &=\frac{2^n\,n!}{(2n+1)!!}\tag6 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$ : $\int_0^1x^{2k}\,\mathrm{d}x=\frac1{2k+1}$
$(2)$ : Teorema del Binomio
$(3)$ : sustituto $x\mapsto x^{1/2}$
$(4)$ : aplica el Función Beta integral
$(5)$ : aplicar $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$
$(6)$ : cancelar

---

Diferencias repetidas

Define una versión factorial doble de los coeficientes binomiales: $$\newcommand{\dinom}[2]{\left\langle{#1\atop#2}\right\rangle} \dinom{n}{k}=\frac{(2n+1)!!}{(2n-2k+1)!!(2k-2)!!}\tag7 $$ Tenga en cuenta que $\dinom{n}{1}=2n+1$ . Además, $$ \begin{align} \frac1{\dinom{n}{k}}-\frac1{\dinom{n-1}{k}} &=(2k-2)!!\left(\frac{(2n-2k+1)!!}{(2n+1)!!}-\frac{(2n-2k-1)!!}{(2n-1)!!}\right)\tag8\\ &=(2k-2)!!\frac{(2n-2k-1)!!}{(2n+1)!!}((2n-2k+1)-(2n+1))\tag9\\[3pt] &=-(2k)!!\frac{(2n-2k-1)!!}{(2n+1)!!}\tag{10}\\[3pt] &=-\frac1{\dinom{n}{k+1}}\tag{11} \end{align} $$ Explicación:
$\phantom{1}(8)$ : aplicar $(7)$ extrayendo un factor común
$\phantom{1}(9)$ Extracción de los factores más comunes
$(10)$ simplifica el término de la derecha e incorpóralo al de la izquierda
$(11)$ : aplicar $(7)$

Solicitar $(11)$ $n$ veces para obtener $$ \begin{align} \overbrace{\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}\frac1{\dinom{n-j}{1}}}^\text{$n^\text{th}$ order backward difference} &=\frac{(-1)^n}{\dinom{n}{n+1}}\tag{12}\\ &=\frac{(-1)^n(-1)!!(2n)!!}{(2n+1)!!}\tag{13}\\[3pt] &=(-1)^n\frac{2^nn!}{(2n+1)!!}\tag{14} \end{align} $$ Explicación:
$(12)$ : aplicar $(11)$ $n$ veces
$(13)$ : aplicar $(7)$
$(14)$ : $(-1)!!=1$ et $(2n)!!=2^nn!$

Multiplique $(14)$ por $(-1)^n$ y sustituir $j\mapsto n-j$ : $$ \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}\frac1{2j+1}=\frac{2^nn!}{(2n+1)!!}\tag{15} $$

Answer 5

Podemos reescribir la suma como $$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}(-1)^k\int_0^1x^{2k}dx = \int_0^1(1-x^2)^ndx.$$ Denotemos la última integral como $I(n)$ . Integramos por partes:

$$I(n) = x(1-x^2)\big|_{x=0}^{x=1} - \int_0^1 x\cdot (-2nx)\cdot (1-x^2)^{n-1}dx = 2n \int_0^1 x^2(1-x^2)^{n-1}dx = 2n (I(n-1)-I(n)),$$ por lo tanto $$I(n) = \frac{2n}{2n+1}I(n-1).$$

Dado que $I(1) = \frac{2}{3}$ un razonamiento por recurrencia nos permite concluir.