Forma cerrada para una serie binomial

Question

Me pregunto si alguno sabe cómo calcular de una forma cerrada para las dos series siguientes.

1. $$\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m^2}\binom{2n}{n+m}$$
2. $$\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m^4}\binom{2n}{n+m}$$

Mathematica le dio un resultado en términos de la función hipergeométrica, que no entiendo. Me preguntaba si alguien puede ilustrar cómo expresar estas dos series en una agradable forma cerrada, sin utilizar la función Hypergeomeyric. Estaba pensando a lo largo de la línea mediante una identidad combinatoria o método, pero tiene problemas para calcular hacia fuera.

Answer 1

Vamos $$ g(n,m)=\frac1{\binom{2n}{n}}\sum_{j=1}^n\frac{(-1)^j}{j^m}\binom{2n}{n+j}\etiqueta{1} $$ entonces se puede demostrar que $$ g(n,m)=g(n-1,m)+\frac{g(n,m-2)}{n^2}\etiqueta{2} $$ La prueba de $(2)$ está por debajo.

Desde $$ \sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{n}{j}=(-1)^k\binom{n-1}{k}\etiqueta{3} $$ tenemos $$ g(n,0)=-\frac12\etiqueta{4} $$ a continuación, el uso de $(2)$$(4)$, obtenemos $$ g(n,2)=-\frac12H_n^{(2)}\etiqueta{5} $$ Por lo tanto, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{j=1}^n\frac{(-1)^j}{j^2}\binom{2n}{n+j}=-\frac12H_n^{(2)}\binom{2n}{n}}\etiqueta{6} $$ donde $$ H_n^{(k)}=\sum_{j=1}^n\frac1{j^k}\etiqueta{7} $$

---

El uso de $(2)$$(5)$, obtenemos que $$ g(n,4)=-\frac14\left(\left(H_n^{(2)}\right)^2+H_n^{(4)}\right)\etiqueta{8} $$ por lo tanto, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{j=1}^n\frac{(-1)^j}{j^4}\binom{2n}{n+j}=-\frac14\left(\left(H_n^{(2)}\right)^2+H_n^{(4)}\right)\binom{2n}{n}}\tag{9} $$

---

La prueba de $\boldsymbol{(2)}$:

Tenga en cuenta que $$ \begin{align} g(n,m) &=\sum_{j=1}^n\frac{(-1)^j}{j^m}\frac{n!}{(n-j)!}\frac{n!}{(n+j)!}\\ &=\frac{(-1)^n}{n^m\binom{2n}{n}}+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j^m}\frac{(n-1)!}{(n-j-1)!}\frac{(n-1)!}{(n+j-1)!}\frac{n^2}{n^2-j^2}\\ g(n-1,m) &=\hphantom{\frac{(-1)^n}{n^m\binom{2n}{n}}+}\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j^m}\frac{(n-1)!}{(n-j-1)!}\frac{(n-1)!}{(n+j-1)!}\\ g(n,m)-g(n-1,m) &=\frac{(-1)^n}{n^m\binom{2n}{n}}+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j^m}\frac{(n-1)!}{(n-j-1)!}\frac{(n-1)!}{(n+j-1)!}\frac{j^2}{n^2-j^2}\\ &=\frac{(-1)^n}{n^m\binom{2n}{n}}+\frac1{n^2}\sum_{j=1}^{n-1}\frac{(-1)^j}{j^{m-2}}\frac{n!}{(n-j)!}\frac{n!}{(n+j)!}\\ &=\frac1{n^2}\sum_{j=1}^n\frac{(-1)^j}{j^{m-2}}\frac{n!}{(n-j)!}\frac{n!}{(n+j)!}\\ &=\frac{g(n,m-2)}{n^2} \end{align} $$

Answer 2

La primera expresión:

$\begin{align}\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m^2}\binom{2n}{n+m} &= \binom{2n}{n}\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m^2}\binom{n}{m}\frac{m!n!}{(m+n)!}\\ &= \binom{2n}{n}\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m}\binom{n}{m}\frac{(m-1)!n!}{(m+n)!}\\ &= \binom{2n}{n}\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m}\binom{n}{m}\int_0^1 x^{m-1}(1-x)^n\,dx\\ &= \binom{2n}{n}\int_0^1\int_0^{x}\sum\limits_{m=1}^{n}\binom{n}{m}(-1)^my^{m-1} \frac{(1-x)^n}{x}\,dy\,dx\\ &= \binom{2n}{n}\int_0^1\int_0^{x}\frac{(1-y)^n -1 }{y}. \frac{(1-x)^n}{x}\,dy\,dx\\ &= \binom{2n}{n}\int_0^1 \frac{(1-x)^n}{x}\int_0^{x}\frac{(1-y)^n -1 }{y} \,dy\,dx\\ &= \binom{2n}{n}\int_0^1 \frac{x^n}{1-x}\int_0^{1-x}\frac{(1-y)^n -1 }{y} \,dy\,dx\\ &= -\binom{2n}{n}\int_0^1 \frac{x^n}{1-x}\int_0^{1-x}\frac{1-(x+y)^n}{1-(x+y)} \,dy\,dx\\ &= -\binom{2n}{n}\int_0^1 \frac{x^n}{1-x}\left[\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{(x+y)^m}{m}\right]_0^{1-x}\,dx\\ &= -\binom{2n}{n}\int_0^1 \frac{x^n}{1-x}\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{1-x^m}{m}\,dx\\ &= -\binom{2n}{n}\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{1}{m}\sum\limits_{k=1}^{m}\frac{1}{n+k}= -\binom{2n}{n}\left(\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{H_{m+n}}{m} - H_n^2\right)\end{align}$

El segundo se parece a una problemática de cálculo a realizar.

$$\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m}\binom{2n}{n+m} = -\binom{2n}{n}(H_{2n} - H_n)$$

Con @Chris sis de ayuda en el chat me di cuenta de cómo simplificar la expresión:

$$\begin{align}\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{H_{m+n}}{m} &= \sum\limits_{m=1}^{n}\frac{H_m}{m}+\sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{m(k+m)}\\&= \frac{1}{2}(H_n^{(2)}+H_n^2) + \frac{1}{2}\sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{m(k+m)}+\frac{1}{k(k+m)}\right)\\&= \frac{1}{2}(H_n^{(2)}+H_n^2) + \frac{1}{2}\sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{mk}\\&= H_n^2 + \frac{1}{2}H_n^{(2)} \tag{1} \end{align}$$

Por lo tanto, $\displaystyle \sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m^2}\binom{2n}{n+m} = -\frac{1}{2}\binom{2n}{n}H_n^{(2)}$

Edit: Para el segundo, un poco de cálculo similar a uno anterior muestra:

$$\sum\limits_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m^4}\binom{2n}{n+m} = -\sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{H_{k+n} - H_n}{mjk}$$

No podía entender de una manera más directa de la línea de cálculo, se utiliza la diferenciación para completar la prueba:

Llame al triple de la suma de la $\displaystyle F(n) = \sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{H_{k+n} - H_n}{mjk}$

A continuación,

$\begin{align}F(n+1) - F(n) &= \sum\limits_{m=1}^{n+1}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{H_{k+n+1} - H_{n+1}}{mjk} - \sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{H_{k+n} - H_n}{mjk}\\ &= \sum\limits_{m=1}^{n+1}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{H_{k+n} - H_n - \frac{k}{(n+1)(n+k+1)} }{mjk} - \sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{H_{k+n} - H_n}{mjk}\\ &= \frac{1}{n+1}\sum\limits_{j=1}^{n+1}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{H_{k+n+1} - H_{n+1}}{jk} - \sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{k}{mjk(n+1)(n+k+1)}\\ &= \frac{1}{n+1}\left(\sum\limits_{j=1}^{n+1}\sum\limits_{k=1}^{j} \frac{H_{k+n+1} - H_{n+1}}{jk} - \sum\limits_{m=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m} \frac{H_{n+j+1} - H_{n+1}}{mj}\right)\\&= \frac{1}{(n+1)^2}\sum\limits_{j=1}^{n+1} \frac{H_{n+j+1} - H_{n+1}}{j} = \frac{H_{n+1}^{(2)}}{2(n+1)^2}\end{align}$

En la última línea he utilizado el resultado anterior $(1)$.

Por lo tanto, $\displaystyle F(n) = \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{H_{k}^{(2)}}{k^2} = \frac{\left(H_{n}^{(2)}\right)^2 + H_{n}^{(4)}}{4}$

Answer 3

Esta no es una respuesta pero es demasiado largo para un comentario.

Para la primera expresión, d.k.o. dio un muy elegante expresión que implique la primera derivada de la función digamma y no creo que yo podría aportar algo más sencillo. $$S_n=\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m}{m^2}\binom{2n}{n+m}=2^{n-1}\left(\Psi^{(1)}(n+1)-\frac{\pi^2}{6}\right)\frac{(2n-1)!!}{n!}$$ For large values of $n$, we can replace $\Psi^{(1)}(n+1)$ by the expansion $$\Psi^{(1)}(n+1)=\frac{1}{n}-\frac{1}{2 n^2}+\frac{1}{6 n^3}-\frac{1}{30 n^5}+O\left(\frac{1}{n^6}\right)$$ que lleva a resultados precisos.

Por ejemplo

• $S_{10}=-\frac{90915148181}{635040}\approx -143164.443$ mientras que la de arriba de la expansión de da $\approx -143164.413$.
• $S_{100}=\approx -7.40226818241923\times 10^{58}$ mientras que la de arriba de la expansión de da $\approx -7.40226818240414\times 10^{58}$.

Para ambas expresiones, se puede observar que el logaritmo del valor negativo de la suma varía casi linealmente con $n$.