Una prueba de la identidad $ \sum_{k = 0}^{n} \frac{(-1)^{k} \binom{n}{k}}{x + k} = \frac{n!}{(x + 0) (x + 1) \cdots (x + n)} $.

Question

Tengo que probar ese $$ \forall n \in \mathbb{N}_{0}, ~ \forall x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{N}_{0}: \qquad \sum_{k = 0} ^ {(-1) \frac {n} ^ {k} \binom{n}{k}}{x + k} = \frac{n!} {(x + 0) (x + 1) \cdots (x + n)}. $$ Sin embargo, no he podido encontrar una prueba. He intentado utilizar la expansión binomial de $ (1 + x)^{n} $ para obtener el l.h.s., realizando una adecuada multiplicación seguida por la integración, pero no he podido obtener la forma requerida. Por favor ayudarme con la prueba. Gracias de antemano.

Answer 1

\begin{align*} (1-t)^n = \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} t^k \end{align*} multiplicando por $t^{x-1}$ e integrando entre 0 y 1, obtenemos\begin{align*} \int_0^1 t^{x-1}(1-t)^n dt = \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}\frac{1}{x+k} \end{align*} y el lado izquierdo es\begin{align*} \beta(x,n+1) &= \frac{\Gamma(x)\Gamma(n+1)}{\Gamma(x+n+1)} \end{align*} esto simplifica\begin{align*} \frac{n!}{x(x+1)(x+2)\ldots(x+n)} \end{align*}

Answer 2

Escribir la descomposición de la fracción parcial

$$\frac{1}{x(x+1)\cdots(x+n)}=\sum_{k=0}^n \frac{c_k}{x+k}. \tag{$\circ$}$$

Para determinar el % de coeficiente $c_k$, multiplicar por $x+k$ y calcular el % de límite $x\to -k$, que

$$c_k=\frac{1}{(-k)(1-k)(2-k)\cdots (-2)\cdot (-1)\cdot 1\cdot2\cdots(n-k)}=\frac{(-1)^k}{k!(n-k)!}$$

Substituir esto en $(\circ)$, muliply ambos lados por $n!$, utilizar $\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}$ para concluir.

Answer 3

Se trabajará una inducción en $n$. Deje que

$$f(x,n)=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{x+k}\binom{n}k\;,$$

y para el paso de inducción Supongamos

$$f(x,n)=\frac{n!}{x(x+1)\ldots(x+n)}\;.$$

Entonces

$$\begin{align*} \frac{(n+1)!}{x(x+1)\ldots(x+n+1)}&=\frac{n+1}{x+n+1}f(x,n)\\ &=\frac{n+1}{x+n+1}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{x+k}\binom{n}k\\ &=(n+1)\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}k\frac1{(x+k)(x+n+1)}\\ &=(n+1)\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{n+1-k}\binom{n}k\left(\frac1{x+k}-\frac1{x+n+1}\right)\\ &=(n+1)\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{n+1}\binom{n+1}k\frac1{x+k}\\ &\qquad-\frac{n+1}{x+n+1}\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{n+1}\binom{n+1}k\\ &=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{x+k}\binom{n+1}k-\frac1{x+n+1}\color{red}{\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n+1}k}\\ &=f(x,n+1)-\frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1}-\frac1{x+n+1}\color{red}{\left(0-(-1)^{n+1}\right)}\\ &=f(x,n+1)\;, \end{align*} $$

como deseado.

Answer 4

Observación. Lo que sigue es un duplicado exacto de un post anterior de la mina de la que soy incapaz de localizar a pesar de hacer una considerable esfuerzo.

Buscamos para comprobar que

$$\sum_{k=0}^n \frac{1}{x+k} (-1)^k {n\elegir k} = n! \times \prod_{q=0}^n \frac{1}{x+q}.$$

Considere la función

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

donde claramente $x$ no es igual a $0,-1,-2,\ldots -n$ o de la LHS de el objetivo se convierte en la fórmula singular.

Calculamos los residuos de $f(z).$ obtenemos los polos en $p\in [0,n]$ el residuo

$$\mathrm{Res}_{z=p} f(z) = n!\frac{1}{x+p} \prod_{q=0}^{p-1} \frac{1}{p-q} \prod_{p=p+1}^n \frac{1}{p-q} \\ = n! \frac{1}{x+p} \frac{1}{p!} \frac{(-1)^{n-p}}{(n-p)!} = \frac{1}{x+p} (-1)^{n-p} {n\elegir p}.$$

El residuo de a $z=-x$ rendimientos

$$\mathrm{Res}_{z=-x} f(z) = n! \prod_{q=0}^n \frac{1}{-x-q} = n! (-1)^{n+1} \times \prod_{q=0}^n \frac{1}{x+q}.$$

El residuo en el infinito

$$\mathrm{Res}_{z=\infty} f(z) = - \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} f(1/z) \\ = - \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} n! \frac{1}{x+1/z} \prod_{q=0}^n \frac{1}{1/z-q} \\ = - \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} n! \frac{z}{zx+1} \prod_{q=0}^n \frac{z}{1-qz} \\ = - \mathrm{Res}_{z=0} \frac{z^{n+2}}{z^2} n! \frac{1}{zx+1} \prod_{q=0}^n \frac{1}{1-qz} \\ = - \mathrm{Res}_{z=0} z^n n! \frac{1}{zx+1} \prod_{q=0}^n \frac{1}{1-qz} = 0.$$

Para concluir observar que los residuos de suma cero y la recolección de todo lo que obtenemos

$$\sum_{p=0}^n\frac{1}{x+p} (-1)^{n-p} {n\elegir p} + n! (-1)^{n+1} \times \prod_{q=0}^n \frac{1}{x+q} = 0.$$

Este es

$$\sum_{p=0}^n\frac{1}{x+p} (-1)^{p} {n\elegir p} - n! \times \prod_{q=0}^n \frac{1}{x+q} = 0.$$

o

$$\sum_{p=0}^n\frac{1}{x+p} (-1)^{p} {n\elegir p} = n! \times \prod_{q=0}^n \frac{1}{x+q}$$

cual es el reclamo.

Answer 5

Pensé que podría ser instructivo para presentar una prueba por inducción.

En primer lugar, establecemos un caso base. $n=0$, Es sencillo demostrar que la expresión tiene.

En segundo lugar, suponemos que algunos $n\geq 0$, tenemos

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

En tercer lugar, analizamos la suma $\sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}\frac{(-1)^k}{x+k}$. Claramente, podemos escribir

$$\begin{align} \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k}\frac{(-1)^k}{x+k}&=\frac1x+\sum_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k}\frac{(-1)^k}{x+k}+\frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1}\\\\ &=\color{green}{\frac1x}+\sum_{k=1}^{n} \left(\color{green}{\binom{n}{k}}+\color{blue}{\binom{n}{k-1}}\right)\frac{(-1)^k}{x+k}+\color{red}{\frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1}}\\\\ &=\color{green}{n!\prod_{k=0}^n\frac{1}{x+k}}+\color{blue}{\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k}\frac{(-1)^{k+1}}{(x+1)+k}}+\color{red}{\frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1}}\\\\ &=\color{green}{n!\prod_{k=0}^n\frac{1}{x+k}}+\color{blue}{-n!\prod_{k=0}^n\frac{1}{x+1+k}-\frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1}}+\color{red}{\frac{(-1)^{n+1}}{x+n+1}}\\\\ &=(n+1)!\prod_{k=0}^{n+1}\frac{1}{x+k} \end {Alinee el} $$

Y ya terminamos!