Prueba de que ${2x\over 2x-1}={A(x)\over A(x-1)}$ para cada entero $x\ge2$, donde $A(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty\prod\limits_{k=0}^n\frac{x-k}{x+k}$

Question

Deje que $x\ge2$ sea un entero. Consideremos: $$A=1+{x-1\over x+1}+{(x-1)(x-2)\over (x+1)(x+2)}+{(x-1)(x-2)(x-3)\over (x+1)(x+2)(x+3)}+\cdots\tag1$$ y $$B=1+{x-2\over x}+{(x-2)(x-3)\over x(x+1)}+{(x-2)(x-3)(x-4)\over x(x+1)(x+2)}+\cdots\tag2$$ ¿Cómo se muestra que $${2x\over 2x-1}={A\over B}\ ?$$

Un intento: considere $(x)^n=x(x+1)\cdots(x+n-1)$ y $(x)_n=x(x-1)\cdots(x-(n-1))$. Se puede reescribir $(1)$ como $$A=x+{(x)_2\over (x)^2}+{(x)_3\over (x)^3}+{(x)_4\over (x)^4}+\cdots\tag3$$ y $(2)$ como $$x+x(x-1)B=x+(x)_2+{(x)_3\over x}+{(x)_4\over (x)^2}+{(x)_5\over (x)^3}+\cdots\tag4$$ pero no estoy seguro de cómo continuar.

Answer 1

Vamos a llevar todos los términos en $A$ y en $B$ al mismo denominador, usando tu notación. El denominador común es finito ya que después de $(2x-1)$ en $A$, el numerador desaparece, y en $B$ después de $(2x-3)$ el numerador desaparece.
$$A=\frac{(x+1)^{x-1} + (x-1)_1(x+2)^{x-2} + (x-1)_2(x+3)^{x-3} + \cdots + (x-1)_{x-1}}{(x+1)^{x-1}}
B=\frac{(x)^{x-2} + (x-2)_1(x+1)^{x-3} + (x-2)_2(x+2)^{x-4} + \cdots + (x-2)_{x-2}}{x^{x-2}}$$
De esto tenemos que $$\frac{A}{B} = \frac{x^{x-2}}{(x+1)^{x-1}} \cdot \frac{(x+1)^{x-1} + (x-1)_1(x+2)^{x-2} + (x-1)_2(x+3)^{x-3} + \cdots + (x-1)_{x-1}}{(x)^{x-2} + (x-2)_1(x+1)^{x-3} + (x-2)_2(x+2)^{x-4} + \cdots + (x-2)_{x-2}}\\ \frac{A}{B} = \frac{x}{(2x-2)(2x-1)} \cdot \frac{(x+1)^{x-1} + (x-1)_1(x+2)^{x-2} + (x-1)_2(x+3)^{x-3} + \cdots + (x-1)_{x-1}}{(x)^{x-2} + (x-2)_1(x+1)^{x-3} + (x-2)_2(x+2)^{x-4} + \cdots + (x-2)_{x-2}}$$
Ahora vamos a mirar $C$
$$C = \frac{(x+1)^{x-1} + (x-1)_1(x+2)^{x-2} + (x-1)_2(x+3)^{x-3} + \cdots + (x-1)_{x-1}}{(x)^{x-2} + (x-2)_1(x+1)^{x-3} + (x-2)_2(x+2)^{x-4} + \cdots + (x-2)_{x-2}}$$
Tenemos que $$(x)^n = \frac{(x+n-1)!}{(x-1)!}, (x)_n = \frac{x!}{(x-n)!}$$Aplicando las dos fórmulas obtenemos
$$C = \frac{\frac{(2x-1)!}{x!} + \frac{(2x-1)!(x-1)!}{(x+1)!(x-2)!} + \frac{(2x-1)!(x-1)!}{(x+2)!(x-3)!} + \cdots + \frac{(2x-1)!(x-1)!}{(2x-1)!}}{\frac{(2x-3)!}{(x-1)!} + \frac{(2x-3)!(x-2)!}{x!(x-3)!} + \frac{(2x-3)!(x-2)!}{(x+1)!(x-4)!} + \cdots + \frac{(2x-3)!(x-2)!}{(2x-3)!}}= \frac{(x-1)!}{(x-2)!} \cdot \frac{{2x-1\choose x} + {2x-1\choose x+1} + \cdots + {2x-1\choose 2x-2} + {2x-1\choose 2x-1}}{{2x-3\choose x-1} + {2x-3\choose x} + \cdots + {2x-3\choose 2x-4} + {2x-3\choose 2x-3}}$$
Como$${2x-1\choose x}+{2x-1\choose x+1}+\cdots+{2x-1\choose 2x-2}+{2x-1\choose 2x-1}={2x-1\choose 0}+{2x-1\choose 1}+\cdots+{2x-1\choose x-2}+{2x-1\choose x-1}$$Tenemos que $${2x-1\choose x}+{2x-1\choose x+1}+\cdots+{2x-1\choose 2x-2}+{2x-1\choose 2x-1}= 2^{2x-2}$$De igual manera podemos deducir que$${{2x-3\choose x-1}+{2x-3\choose x}+\cdots+{2x-3\choose 2x-4}+{2x-3\choose 2x-3}}=2^{2x-4}$$A partir de esto obtenemos que $C = 4(x-1)$ asíque $$\frac{A}{B}=\frac{x}{(2x-2)(2x-1)}\cdot(4(x-1))=\frac{2x}{2x-1}$$

Answer 2

Primero $$ \prod^{n}_{k=0}\frac{x-k}{x+k}=\prod^{n}_{k=1}\frac{x-k}{x+k}=(-1)^n\frac{\prod^{n}_{k=1}(-x+1+k)}{\prod^{n}_{k=1}(x+1+k)}=(-1)^n\frac{(-x+1)_n}{(x+1)_n}, $$ donde $(a)_n:=a(a+1)(a+2)\ldots(a+n-1)$. Por lo tanto $$ A(x)=\sum^{\infty}_{n=0}(-1)^n\frac{(1-x)_n}{(x+1)_n}=\sum^{\infty}_{n=0}\frac{(1-x)_n(1)_n}{(x+1)_n}\frac{(-1)^n}{n!}, $$ ya que $(1)_n=n!$, para $n=0,1,2,\ldots$. Por lo tanto $$ A(x)={}_2F_{1}\left(1-x,1;x+1;-1\right) \tag 1 $$ Pero en [Leb] Capítulo 9, pg. 240 se conoce la relación (9.1.6) que $$ {}_2F_1\left(a,b;c;z\right)=\frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)}\int^{1}_{0}t^{b-1}(1-t)^{c-b-1}(1-tz)^{-a}dt, $$ donde $Re(c)>Re(b)$, $|\textrm{arg}(1-z)|<\pi$.

Por lo tanto siempre que $x>0$: $$ A(x)=\frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma(x)}\int^{1}_{0}(1-t)^{x-1}(1+t)^{x-1}dt=x\int^{1}_{0}(1-t^2)^{x-1}dt= $$ $$ =\frac{x}{2}\int^{1}_{0}(1-w)^{x-1}w^{-1/2}dw =\frac{x}{2}B\left(x,\frac{1}{2}\right)=\frac{x}{2}\frac{\Gamma(x)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(x+\frac{1}{2}\right)}=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(x+1)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(x+\frac{1}{2}\right)}\tag 2 $$ Donde hemos hecho el cambio de variable $x\rightarrow\sqrt{w}$ y usado la identidad (ver [Leb] Capítulo 1, pg.13-14) $$ \int^{1}_{0}t^{a_1-1}(1-t)^{b_1-1}dt=\frac{\Gamma(a_1)\Gamma(b_1)}{\Gamma(a_1+b_1)}, $$ donde $Re(a_1)>0$, $Re(b_1)>0. Por lo tanto $$ \frac{A(x)}{A(x-1)}=\frac{\Gamma(x+1)\Gamma\left(x-\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(x)\Gamma\left(x+\frac{1}{2}\right)}=\frac{x\Gamma\left(x-\frac{1}{2}\right)}{\left(x-\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(x-\frac{1}{2}\right)}=\frac{2x}{2x-1}\tag 3 $$ donde hemos usado la identidad $\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$, $x>0$.

Por lo tanto hemos demostrado que $$ \frac{A(x)}{A(x-1)}=\frac{2x}{2x-1}, $$ $x$ real mayor que 1.

Referencias

[Leb] N.N. Lebedev "Special Functions and their Applications". Dover Publications, Inc. New York (1972)