Cómo cerrar la suma $ \displaystyle \sum_ {k=0}^n \dfrac {(-1)^k(2k+1)!!}{(n-k)!k!(k+1)!}$

Question

Cómo cerrar la suma $ \displaystyle S= \sum_ {k=0}^n \dfrac {(-1)^k(2k+1)!!}{(n-k)!k!(k+1)!}$

Estoy tratando de dividir dos casos $n$ impar y $n$ incluso. Predigo que

$S= \begin {cases} \dfrac {1}{2^n \left [ \left ( \frac {n}{2} \right )! \right ]^2}, & \quad \text {if $ n $ even} \\ \\ \dfrac {-1}{2^n \left ( \frac {n-1}{2} \right )! \left ( \frac {n+1}{2} \right )!}, & \quad \text {if $ n $ odd} \end {cases}$

o puedo escribir

$ \displaystyle S= \sum_ {k=0}^n \dfrac {(-1)^k(2k+1)!!}{(n-k)!k!(k+1)!}= \dfrac {(-1)^n \left ( \frac {2n-1-(-1)^n}{2} \right )!!}{n! \left ( \frac {2n+1-(-1)^n}{2} \right )!!}$

Ahora quiero que me ayudes a probarlo.

Answer 1

Aquí hay una forma de obtener la suma obteniendo la función generadora requerida.

Como en mi primera respuesta, reescribe la suma como:

$ \displaystyle \sum_ {0 \le k \le n} \dfrac {(-1)^k }{n!\, 2^k} \dbinom {2\,k+1}{k}\, \dbinom {n}{n-k} \tag 1 $ Deje que

$ \displaystyle a_k= \dfrac {(-1)^k }{2^k} \dbinom {2\,k+1}{k} $

La función de generación de $a_k$ es:

$ \displaystyle g(x)= \dfrac {2}{ \sqrt {1+2\,x}}- \dfrac {2}{1+ \sqrt {1+2\,x}} \tag 2 $

Entonces, hacemos uso de la transformación de Euler ( referencia ), que dice:

Si

$ \displaystyle g(x)= \sum_ {k \ge 0} a_k\, x^k $

entonces

$ \displaystyle \frac {1}{1-x}\, g \left ( \frac {x}{1-x} \right )= \sum_ {n \ge 0} \left ( \sum_ {k=0}^n \binom {n}{k}\, a_k \right )\, x^n $

Por lo tanto, en la transformación $(2)$ se convierte:

$ \displaystyle \begin {align} E(x)&= \frac {1}{1-x}\, g \left ( \frac {x}{1-x} \right ) \\ &= \frac {1}{x} \left (1- \frac { \sqrt {1-x^2}}{1+x} \right ) \tag 3 \end {align} $

que es el f.g. requerido para $(1)$ .

Para extraer el coeficiente, podemos usar la expansión de la serie binomial para $(1-x^2)^{1/2}$ y utilizar la identidad descrita aquí :

$ \displaystyle \sum_ {k=0}^n \; { \alpha\choose k} \; (-1)^k = { \alpha -1 \choose n} \;(-1)^n \tag 4 $

Así que..,

$ \begin {align} (1-x^2)^{1/2} &= \sum_ {n \ge 0} (-1)^n\, \dbinom {1/2}{n}\, x^{2\, n} \\ \frac {(1-x^2)^{1/2}}{1+x} &= \sum_ {n \ge 0} \left ( \sum_ {k=0}^{ \lfloor n/2 \rfloor } (-1)^k\, \dbinom {1/2}{k} \right )\, x^{n} \\ &= \sum_ {n \ge 0} (-1)^{ \lceil n/2 \rceil }\, \dbinom {-1/2}{ \lfloor n/2 \rfloor } x^n \tag {using eq. 4} \\ \implies E(x) &= \sum_ {n \ge 0} (-1)^{ \lfloor n/2 \rfloor }\, \dbinom {-1/2}{ \lceil n/2 \rceil } x^n \end {align} $ Por lo tanto, la suma $(1)$ es:

$ \displaystyle \sum_ { k=0}^{n} \dfrac {(-1)^k }{n!\, 2^k} \dbinom {2\,k+1}{k}\, \dbinom {n}{n-k} = \boxed { \displaystyle \frac {(-1)^{ \lfloor n/2 \rfloor }}{n!}\, \dbinom {-1/2}{ \lceil n/2 \rceil }} $

Answer 2

Asumo que $(2 k + 1)!! = 1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2 k + 1) = \frac {(2 k + 1)!}{2^k k!}$ para que la suma sea: $$ \sum_ {0 \le k \le n} \frac {(-1)^k (2 k + 1)!}{2^k (n - k)! (k!)^2 (k + 1)!} $$ maxima de la implementación del algoritmo de Gosper-Zeilberger (ver, por ejemplo, la implementación de Petkovsek, Wilf, Zeilberger "A = B" ) me dice que esto no es Gosper-sumable, así que hay poca esperanza de una forma cerrada.

Answer 3

También podemos reescribir la suma como:

$ \displaystyle \sum_ {0 \le k \le n} \frac {(-1)^k }{n!\, 2^k} \dbinom {2\,k+1}{k}\, \dbinom {n}{n-k} \tag 1 $

A continuación, considere la convolución de las funciones generadoras:

$$ \displaystyle \left ( \sum_ {k \ge 0}\, a_k\, x^k \right ) \left ( \sum_ {k \ge 0}\, b_k\, x^k \right )= \sum_ {n \ge 0} \left ( \sum_ {k=0}^n\, a_k\, b_{n-k} \right )\, x^n $$

Toma $a_k= \dfrac {(-1)^k }{\, 2^k} \dbinom {2\,k+1}{k}$ y $b_k= \dbinom {n}{k}$

y sus correspondientes G.F. son:

\begin {alinear} A(x) &= \dfrac {2}{ \sqrt {1+2\,x}}- \dfrac {2}{1+ \sqrt {1+2\,x}} \\ B(x) &= (1+x)^n \end {alinear}

y la suma $(1)$ es $ \dfrac {[x^n]}{n!}$ en $A(x) \cdot B(x)$

Parece ser que

$$ \displaystyle \sum_ { k=0}^{n} \frac {(-1)^k }{n!\, 2^k} \dbinom {2\,k+1}{k}\, \dbinom {n}{n-k}= \boxed {(-1)^n\, \dfrac { \displaystyle \binom {n}{ \displaystyle\left\lfloor n/2 \right\rfloor }}{2^n\, n!}} $$

Answer 4

Supongamos que buscamos evaluar $$ \sum_ {k=0}^{n} \frac {(-1)^k}{2^k} {2k+1 \choose k} {n \choose n-k}$$

que es $$ \sum_ {k=0}^{n} {n \choose k} \frac {(-1)^k}{2^k} {2k+1 \choose k}.$$

Presente $${2k+1 \choose k} = \frac {1}{2 \pi i} \int_ {|z|= \epsilon } \frac {(1+z)^{2k+1}}{z^{k+1}} \; dz.$$

Esto da como resultado la suma $$ \frac {1}{2 \pi i} \int_ {|z|= \epsilon } \frac {1+z}{z} \sum_ {k=0}^n {n \choose k} \frac {(-1)^k}{2^k} \frac {(1+z)^{2k}}{z^k} \; dz \\ = \frac {1}{2 \pi i} \int_ {|z|= \epsilon } \frac {1+z}{z} \left (1- \frac {(1+z)^2}{2z} \right )^n \; dz \\ = \frac {1}{2^n} \frac {1}{2 \pi i} \int_ {|z|= \epsilon } \frac {1+z}{z^{n+1}} (-1-z^2)^n \; dz \\ = \frac {(-1)^n}{2^n} \frac {1}{2 \pi i} \int_ {|z|= \epsilon } \frac {1+z}{z^{n+1}} (1+z^2)^n \; dz.$$

Esto es $$ \frac {(-1)^n}{2^n} \left ([z^n](1+z^2)^n + [z^{n-1}] (1+z^2)^n \right ).$$

Cuando $n$ es incluso el primer término contribuye y obtenemos $$ \frac {(-1)^n}{2^n} {n \choose n/2}.$$ Cuando $n$ es impar el segundo término contribuye y obtenemos $$ \frac {(-1)^n}{2^n} {n \choose (n-1)/2}.$$

Uniendo estas dos fórmulas obtenemos $$ \frac {(-1)^n}{2^n} {n \choose \lfloor n/2 \rfloor }.$$