La desaparición del $\bf B$ s

Question

Definir $B_0=1$ y recursivamente $$\tag 1 \sum_{k=0}^{n}\binom {n+1}k B_k=[n=0]$$

¿Cómo puedo demostrar $B_{2n+1}=0$ para $n\geqslant 1$ utilizando esta definición?

Lo anterior significa que $$\sum_{k=0}^{n}\binom {n}k B_k=B_n+[n=1]$$

pero, por supuesto, deberíamos utilizar $(1)$ para calcularlos recursivamente.

Answer 1

Déjalo. $n$ sea un número impar: $$\sum_{k=0}^n\binom {n+1}k B_k=0$$ nos da $n$ ecuaciones lineales.

$$\begin{align} \sum\limits_{k = 1}^n \binom{n+1}k{B_k} &= - 1 \cr \sum\limits_{k = 1}^{n - 1} \binom nk {B_k} &= - 1 \cr \sum\limits_{k = 1}^{n - 2} \binom{n-1}k {B_k} &= - 1 \cr \cdots &= \cdots \cr \sum\limits_{k = 1}^2 \binom 3k {B_k} &= - 1\cr \sum\limits_{k = 1}^1 \binom 2k {B_k} &= - 1 \end{align}$$

Corurtsy para la formulación de la matriz: Robjohn

El sistema de estas ecuaciones lineales nos da, $$\textstyle \begin{bmatrix} \binom{n+1}{n}&\cdots&\binom{n+1}{3}&\binom{n+1}{2}&\binom{n+1}{1}\\ \vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&\cdots&\binom43&\binom42&\binom41\\ 0&\cdots&0&\binom32&\binom31\\ 0&\cdots&0&0&\binom21 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \vphantom{\binom11}B_n\\ \vdots\\ \vphantom{\binom11}B_3\\ \vphantom{\binom11}B_2\\ \vphantom{\binom11}B_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \vphantom{\binom11}-1\\ \vdots\\ \vphantom{\binom11}-1\\ \vphantom{\binom11}-1\\ \vphantom{\binom11}-1 \end{bmatrix}$$

Ahora bien, si se aplica la regla de Cramar para resolver $B_n$ tendrá $B_n=\frac{\det A_n}{\det D_n}$ . $D_n$ es la matriz anterior. $A_n$ es lo mismo que $D_n$ con $1$ La columna 'st es $(-1, -1,...,-1)^t$ . Si se realiza una operación de fila elemental, se obtendrá $\det A_n =0$

Creo que, $(1)$ sería más fácil de calcular $B_n$ como determinante, sin embargo $(2)$ también está dando una matriz del "mismo tipo". Si lo compruebas, verás que después de matar $-1$ en la primera columna automáticamente $A_n$ se convierte en una matriz triangular superior con un elemento diagonal $0$ . Así que el determinante desaparece.

Answer 2

Supongamos que tenemos $$\sum_{k=0}^n\binom{n+1}{k}B_k=[n=0]\tag{1}$$ Resumiendo $(1)$ veces $(-1)^n\binom{m}{n+1}$ rinde $$\begin{align} m &=\sum_{n=0}^m\sum_{k=0}^n(-1)^n\binom{m}{n+1}\binom{n+1}{k}B_k\\ &=\sum_{k=0}^m\sum_{n=k+1}^m(-1)^{n-1}\binom{m}{n}\binom{n}{k}B_k\\ &=\sum_{k=0}^m\sum_{n=k+1}^m(-1)^{n-1}\binom{m}{k}\binom{m-k}{n-k}B_k\\ &=\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^k\binom{m}{k}B_k\tag{2} \end{align}$$ Configurar $m=n+1$ en $(2)$ y restando $(1)$ da $$\begin{align} n+1-[n=0] &=\sum_{k=0}^n((-1)^k-1)\binom{n+1}{k}B_k\\ &=-2\sum_{k=0}^{\large\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}\binom{n+1}{2k+1}B_{2k+1}\tag{3} \end{align}$$ Restando el $k=0$ de ambos lados y sustituyendo $n\mapsto2n+1$ resultados en $$\sum_{k=1}^n\binom{2n+2}{2k+1}B_{2k+1}=0\tag{4}$$ lo que demuestra inductivamente que $B_{2k+1}=0$ para $k\ge1$ .

Answer 3

Después de la solución de RobJohn no hace falta más respuesta; pero ahora he visto el origen del poco entendimiento en mi respuesta anterior (pero que tiene varios comentarios por lo que dudo en retractarme/borrarla; por favor, deja un comentario si prefieres que se borre esa respuesta) .
He aquí una mejora/corrección de la notación matricial a la que quería llegar.

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La identidad binomial recursiva (1) en la OP es $$\bf P^* \cdot \bf B = \bf I_0$$ o en una matriz de anotación explícita $$\small \begin{bmatrix} 1 & . & . & . & . & . & . & . \\ 1 & 2 & . & . & . & . & . & . \\ 1 & 3 & 3 & . & . & . & . & . \\ 1 & 4 & 6 & 4 & . & . & . & . \\ 1 & 5 & 10 & 10 & 5 & . & . & . \\ 1 & 6 & 15 & 20 & 15 & 6 & . & . \\ 1 & 7 & 21 & 35 & 35 & 21 & 7 & . \\ 1 & 8 & 28 & 56 & 70 & 56 & 28 & 8 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 1\\b_1\\b_2\\b_3\\b_4\\b_5\\b_6\\b_7 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1\\0\\0\\0\\0\\0\\0\\0 \end{bmatrix}$$ que puede pensarse que se continúa en cualquier dimensión. Aquí el $b_k$ son incógnitas a determinar y $b_0=1$ se dio por definición. Porque $\bf P^*$ es triangular y tiene elementos diagonales no nulos es invertible y hay un único solución para $\bf B$ donde la propiedad de ser único es parte de la conjetura a demostrar.
Ahora bien, si invertimos ${\bf G} = {\bf P^*} ^{-1}$ obtenemos $${\bf G} =\small \begin{bmatrix} 1 & . & . & . & . & . & . & . \\ -1/2 & 1/2 & . & . & . & . & . & . \\ 1/6 & -1/2 & 1/3 & . & . & . & . & . \\ 0 & 1/4 & -1/2 & 1/4 & . & . & . & . \\ -1/30 & 0 & 1/3 & -1/2 & 1/5 & . & . & . \\ 0 & -1/12 & 0 & 5/12 & -1/2 & 1/6 & . & . \\ 1/42 & 0 & -1/6 & 0 & 1/2 & -1/2 & 1/7 & . \\ 0 & 1/12 & 0 & -7/24 & 0 & 7/12 & -1/2 & 1/8 \end{bmatrix}$$ y por $${\bf B } = {\bf G } \cdot {\bf I}_0$$ nuestro resultado para $\bf B$ es la primera columna de $\bf G$ donde efectivamente las entradas en los índices de impar $\gt 2$ desaparecen (y al ser la única solución esto responde en parte a la pregunta).

Bien, esto no es suficiente como prueba; una prueba completa debe mostrar ahora, que las entradas en los índices de impar $\gt 2$ desaparecen de hecho, pero da al menos la visión heurística de la que luego se podría derivar una prueba.