Una identidad binomial bonita pero algo desafiante

Question

Al trabajar en un problema me encontré con la siguiente identidad binomial válida para números enteros $m,n\geq 0$ : \begin{align*} \color{blue}{\sum_{l=0}^m(-4)^l\binom{m}{l}\binom{2l}{l}^{-1} \sum_{k=0}^n\frac{(-4)^k}{2k+1}\binom{n}{k}\binom{2k}{k}^{-1}\binom{k+l}{l} =\frac{1}{2n+1-2m}}\tag{1} \end{align*}

Tengo problemas para demostrarlo y por eso pido amablemente apoyo.

Tal vez lo siguiente sea más sencillo unidimensional identidad podría ser útil para una prueba. Tenemos para los enteros no negativos $n$ : \begin{align*} \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\frac{1}{2k+1}=\frac{4^{n}}{2n+1}\binom{2n}{n}^{-1}\tag{2} \end{align*}

El lado izquierdo de (2) puede transformarse en \begin{align*} \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\frac{1}{2k+1}&=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\int_{0}^1x^{2k}dx\\ &=\int_{0}^1\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}x^{2k}\,dx\\ &=\int_{0}^1(1-x^2)^n\,dx \end{align*}

Utilizando una conocida representación integral de los recíprocos de los coeficientes binomiales, el lado derecho de (2) puede escribirse como \begin{align*} \frac{4^{n}}{2n+1}\binom{2n}{n}^{-1}&=4^n\int_{0}^1x^n(1-x)^n\,dx \end{align*} y la igualdad de ambas integrales se puede demostrar fácilmente. A partir de (2) podemos derivar una sencilla unidimensional variante de (1).

Consideramos que pares inversos del binomio y con respecto a (2) obtenemos

\begin{align*} &f_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}g_k \quad&\quad g_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}f_k\\ &f_n=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\frac{1}{2k+1} \quad&\quad\frac{1}{2n+1}=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}f_k \end{align*}

Concluimos de nuevo con (2) \begin{align*} \frac{1}{2n+1}&=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}f_k\\ &=\sum_{k=0}^n\frac{(-4)^{k}}{2k+1}\binom{n}{k}\binom{2k}{k}^{-1}\\ \end{align*} Esta identidad se parece un poco a una unidimensional versión de (1). Tal vez esta información pueda utilizarse para resolver (1).

Answer 1

Buscamos evaluar

$$\sum_{l=0}^m (-4)^l {m\choose l} {2l\choose l}^{-1} \sum_{k=0}^n \frac{(-4)^k}{2k+1} {n\choose k} {2k\choose k}^{-1} {k+l\choose l}.$$

Comenzamos con el término interno y utilizamos la identidad de la función Beta

$$\frac{1}{2k+1} {2k\choose k}^{-1} = \int_0^1 x^k (1-x)^k \; dx.$$

Obtenemos

$$\int_0^1 [z^l] \sum_{k=0}^n {n\choose k} (-4)^k x^k (1-x)^k \frac{1}{(1-z)^{k+1}} \; dx \\ = [z^l] \frac{1}{1-z} \int_0^1 \left(1-\frac{4x(1-x)}{1-z}\right)^n \; dx \\ = [z^l] \frac{1}{(1-z)^{n+1}} \int_0^1 ((1-2x)^2-z)^n \; dx \\ = \sum_{q=0}^l {l-q+n\choose n} [z^q] \int_0^1 ((1-2x)^2-z)^n \; dx \\ = \sum_{q=0}^l {l-q+n\choose n} {n\choose q} (-1)^q \int_0^1 (1-2x)^{2n-2q} \; dx \\ = \sum_{q=0}^l {l-q+n\choose n} {n\choose q} (-1)^q \left[-\frac{1}{2(2n-2q+1)} (1-2x)^{2n-2q+1}\right]_0^1 \\ = \sum_{q=0}^l {l-q+n\choose n} {n\choose q} (-1)^q \frac{1}{2n-2q+1}.$$

Ahora tenemos

$$ {l-q+n\choose n} {n\choose q} (-1)^q \frac{1}{2n-2q+1} \\ = \mathrm{Res}_{z=q} \frac{(-1)^n}{2n+1-2z} \prod_{p=0}^{n-1} (l+n-p-z) \prod_{p=0}^n \frac{1}{z-p}.$$

Los residuos suman cero y como $\lim_{R\to\infty} 2\pi R \times R^n / R / R^{n+1} = 0$ podemos evaluar la suma utilizando el negativo de la residuo en $z=(2n+1)/2.$ Obtenemos

$$\frac{1}{2} (-1)^n \prod_{p=0}^{n-1} (l+n-p-(2n+1)/2) \prod_{p=0}^n \frac{1}{(2n+1)/2-p} \\ = (-1)^n \prod_{p=0}^{n-1} (2l+2n-2p-(2n+1)) \prod_{p=0}^n \frac{1}{2n+1-2p} \\ = (-1)^n \prod_{p=0}^{n-1} (2l-2p-1) \frac{2^n n!}{(2n+1)!} \\ = (-1)^n \frac{1}{2l+1} \prod_{p=-1}^{n-1} (2l-2p-1) \frac{2^n n!}{(2n+1)!} \\ = (-1)^n \frac{2^n n!}{(2n+1)!} \frac{1}{2l+1} \prod_{p=0}^{n} (2l-2p+1) \\ = (-1)^n \frac{2^{2n+1} n!}{(2n+1)!} \frac{1}{2l+1} \prod_{p=0}^{n} (l+1/2-p) \\ = (-1)^n \frac{2^{2n+1} n! (n+1)!}{(2n+1)!} \frac{1}{2l+1} {l+1/2\choose n+1}.$$

Obtenemos para nuestra suma

$$(-1)^n 2^{2n+1} {2n+1\choose n}^{-1} \sum_{l=0}^m (-4)^l {m\choose l} \frac{1}{2l+1} {2l\choose l}^{-1} {l+1/2\choose n+1}.$$

Ahora trabajamos con la suma restante sin el factor delante. En obtenemos

$$\int_0^1 [z^{n+1}] \sqrt{1+z} \sum_{l=0}^m {m\choose l} (-4)^l x^l (1-x)^l (1+z)^l \; dx \\ = [z^{n+1}] \sqrt{1+z} \int_0^1 (1-4x(1-x)(1+z))^m \; dx \\ = [z^{n+1}] \sqrt{1+z} \int_0^1 \sum_{q=0}^m {m\choose q} (1-2x)^{2m-2q} (-1)^q (4x(1-x))^q z^q \; dx \\ = \sum_{q=0}^m {m\choose q} {1/2\choose n+1-q} \int_0^1 (1-2x)^{2m-2q} (-1)^q (4x(1-x))^q \; dx \\ = \sum_{q=0}^m {m\choose q} {1/2\choose n+1-q} \int_0^1 (1-2x)^{2m} \left(1-\frac{1}{(1-2x)^2}\right)^q \; dx \\ = \sum_{q=0}^m {m\choose q} {1/2\choose n+1-q} \sum_{p=0}^q {q\choose p} (-1)^p \int_0^1 (1-2x)^{2m-2p} \; dx \\ = \sum_{q=0}^m {m\choose q} {1/2\choose n+1-q} \sum_{p=0}^q {q\choose p} (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1}.$$

La reescritura da como resultado

$$\sum_{p=0}^m (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1} \sum_{q=p}^m {m\choose q} {1/2\choose n+1-q} {q\choose p}.$$

Observe que

$${m\choose q} {q\choose p} = \frac{m!}{(m-q)! \times p! \times (q-p)!} = {m\choose p} {m-p\choose m-q}$$

para que encontremos

$$\sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1} \sum_{q=p}^m {m-p\choose m-q} {1/2\choose n+1-q} \\ = \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1} \sum_{q=0}^{m-p} {m-p\choose m-p-q} {1/2\choose n+1-p-q} \\ = \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1} \sum_{q=0}^{m-p} {m-p\choose q} {1/2\choose n+1-p-q}.$$

Continuando obtenemos

$$\sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1} \sum_{q=0}^{m-p} {m-p\choose q} [z^{n+1-p}] z^q \sqrt{1+z} \\ = \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1} [z^{n+1-p}] \sqrt{1+z} \sum_{q=0}^{m-p} {m-p\choose q} z^q \\ = \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1} [z^{n+1-p}] (1+z)^{m-p+1/2} \\ = \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2m-2p+1} {m-p+1/2\choose n+1-p} \\ = (-1)^m \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2p+1} {p+1/2\choose n+1-m+p} \\ = (-1)^m \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p \frac{1}{2} \frac{1}{m-n-1/2} {p-1/2\choose n+1-m+p} \\ = (-1)^m \frac{1}{2m-2n-1} \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p {p-1/2\choose n+1-m+p}.$$

Concluyendo con una forma cerrada establecemos por fin

$$(-1)^m \frac{1}{2m-2n-1} \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p [z^{n+1-m}] z^{-p} (1+z)^{p-1/2} \\ = (-1)^m \frac{1}{2m-2n-1} [z^{n+1-m}] (1+z)^{-1/2} \sum_{p=0}^m {m\choose p} (-1)^p z^{-p} (1+z)^p \\ = (-1)^m \frac{1}{2m-2n-1} [z^{n+1-m}] (1+z)^{-1/2} \left(1-\frac{1+z}{z}\right)^m \\ = \frac{1}{2m-2n-1} [z^{n+1}] (1+z)^{-1/2}.$$

Terminamos reintroduciendo el factor anterior para obtener

$$(-1)^n 2^{2n+1} {2n+1\choose n}^{-1} \frac{1}{2m-2n-1} {-1/2\choose n+1} \\ = (-1)^n 2^{2n+1} {2n+1\choose n}^{-1} \frac{1}{2m-2n-1} \frac{1}{(n+1)!} \prod_{q=0}^{n} (-1/2 -q) \\ = (-1)^n 2^{n} {2n+1\choose n}^{-1} \frac{1}{2m-2n-1} \frac{1}{(n+1)!} \prod_{q=0}^{n} (-1 -2q) \\ = 2^{n} {2n+1\choose n}^{-1} \frac{1}{2n+1-2m} \frac{1}{(n+1)!} \prod_{q=0}^{n} (1 +2q) \\ = 2^{n} {2n+1\choose n}^{-1} \frac{1}{2n+1-2m} \frac{1}{(n+1)!} \frac{(2n+1)!}{2^n n!}.$$

Sí, esto es

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{1}{2n+1-2m}.}$$

Aquí he optado por documentar los pasos sencillos así como los complicados para ayudar a todo tipo de lectores.

Answer 2

Nota:

Lo siguiente se basa en la gran respuesta de @MarkoRiedel. Hice una inspección bastante detallada de sus pasos y comprobé las alternativas resp. simplificaciones manteniendo el hilo de sus ideas.

De hecho, además de pequeños cambios debidos en parte a la simetría de una versión transformada de la función beta, sólo en la segunda parte se han podido simplificar algunas líneas utilizando la identidad de Vandermonde en su lugar.

No obstante, lo siguiente podría ser útil para algunos lectores como complemento a su respuesta. El esquema de nomenclatura es el mismo para facilitar la comparación.

---

Demostramos la identidad \begin{align*} \sum_{l=0}^m(-4)^l\binom{m}{l}\binom{2l}{l}^{-1} \sum_{k=0}^n\frac{(-4)^k}{2k+1}\binom{n}{k}\binom{2k}{k}^{-1}\binom{k+l}{l} =\frac{1}{2n+1-2m} \end{align*} derivando primero una fórmula cerrada para la suma interna.

Primer paso: Suma interior

Lo siguiente es válido para la integral $n,l\geq 0$ : \begin{align*} \color{blue}{\sum_{k=0}^n\frac{(-4)^k}{2k+1}\binom{n}{k}\binom{2k}{k}^{-1}\binom{k+l}{l} =\frac{(-4)^n}{2n+1}\binom{2n}{n}^{-1}\binom{l-\frac{1}{2}}{n}}\tag{1} \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{k=0}^n}&\color{blue}{\frac{(-4)^k}{2k+1}\binom{n}{k}\binom{2k}{k}^{-1}\binom{k+l}{l}}\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}\int_{0}^1(1-x^2)^k\,dx[z^l]\frac{1}{(1-z)^{k+1}}\tag{2}\\ &=[z^l]\frac{1}{1-z}\int_{0}^1\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\left(-\frac{1-x^2}{1-z}\right)^k\,dx\tag{3}\\ &=[z^l]\frac{1}{1-z}\int_0^1\left(1-\frac{1-x^2}{1-z}\right)^n\,dx\\ &=[z^l]\frac{1}{(1-z)^{n+1}}\int_0^1\left(x^2-z\right)^n\,dx\\ &=\sum_{q=0}^l\left([z^{l-q}]\frac{1}{(1-z)^{n+1}}\right)\left([z^q]\int_0^1\left(x^2-z\right)^n\,dx\right)\tag{4}\\ &=\sum_{q=0}^l\binom{l-q+n}{n}\int_0^1\binom{n}{q}(-1)^qx^{2n-2q}\,dx\tag{5}\\ &\color{blue}{=\sum_{q=0}^l\binom{l-q+n}{n}\binom{n}{q}(-1)^q\frac{1}{2n-2q+1}}\tag{6}\\ &=\sum_{q=0}^l\mathrm{Res}\left(\frac{(-1)^n}{2n+1-2z}\prod_{p=0}^{n-1}(l+n-p-z)\prod_{p=0}^n\frac{1}{z-p};z=q\right)\tag{7}\\ &=-\mathrm{Res}\left(\frac{(-1)^n}{2n+1-2z}\prod_{p=0}^{n-1}(l+n-p-z)\prod_{p=0}^n\frac{1}{z-p};z=\frac{2n+1}{2}\right)\tag{8}\\ &=\frac{(-1)^n}{2}\prod_{p=0}^{n-1}\left(l+n-p-\frac{2n+1}{2}\right)\prod_{p=0}^n\frac{1}{\frac{2n+1}{2}-p}\tag{9}\\ &=(-2)^n\prod_{p=0}^{n-1}\left(l-p-\frac{1}{2}\right)\prod_{p=0}^n\frac{1}{2p+1}\\ &=\frac{(-2)^n}{(2n+1)!!}\prod_{p=0}^{n-1}\left(l-p-\frac{1}{2}\right)\tag{10}\\ &\color{blue}{=\frac{(-4)^n}{2n+1}\binom{2n}{n}^{-1}\binom{l-\frac{1}{2}}{n}}\tag{11} \end{align*} y la afirmación (1) se deduce.

Comentario:

• En (2) aplicamos el coeficiente de y utilizar una transformación del _función beta identidad \begin{align*} \binom{2n}{n}^{-1}&=(2n+1)\int_{0}^1x^n(1-x)^n\,dx\\ &=\frac{2n+1}{4^n}\int\{0}^1(1-x^2)^n\,dx \end{align*}

Esta es la primera representación fría de un coeficiente binomial.

• En (3) hacemos algunos reordenamientos para poder aplicar el teorema del binomio en la siguiente línea.

En los próximos pasos utilizaremos consecuentemente un divide y vencerás estrategia con el fin de separar $x$ y $z$ .

• En (4) utilizamos la regla del producto \begin{align*} [z^l]\left(A(z)B(z)\right)=\sum_{q=0}^l\left([z^q]A(z)\right)\left([z^{l-q}]B(z)\right) \end{align*} de la coeficiente de operador.

• En (5) seleccionamos el coeficiente de $z^{l-q}$ en el factor izquierdo y aplicar el teorema del binomio al factor derecho y seleccionar el coeficiente de $z^q$ .

• En (6) integramos y evaluamos la expresión. Este paso intermedio ya es una bonita identidad y, por tanto, está coloreado.

• En (7) utilizamos otra representación genial de los coeficientes binomiales, a saber, como residuo de una función meromorfa. \begin{align*} \binom{n}{k}=(-1)^{n-k}n!\mathrm{Res}\left(\prod_{q=0}^n\frac{1}{z-q};z=k\right) \end{align*} Tenga en cuenta que $\prod_{q=0}^n\frac{1}{z-q}$ es una función meromorfa con $n+1$ simples postes en $q=0,\ldots,n$ . Obtenemos \begin{align*} (-1)^{n-k}n!&\mathrm{Res}\left(\prod_{q=0}^n\frac{1}{z-q};z=k\right)\\ &=(-1)^{n-k}n!\lim_{z\rightarrow k}\left((z-k)\prod_{q=0}^n\frac{1}{z-q}\right)\\ &=(-1)^{n-k}n!\cdot\frac{1}{k\cdot(k-1)\cdots 1}\cdot\frac{1}{(-1)(-2)\cdots(k-n)}\\ &=(-1)^{n-k}\frac{n!}{k!(-1)^{n-k}(n-k)!}\\ &=\binom{n}{k} \end{align*}

• En (8) utilizamos un teorema del análisis complejo que nos dice que la suma de los residuos en los polos de una función meromorfa junto con el residuo en el infinito suma cero. Aquí tenemos polos simples en $q=0,\ldots, n$ y en $q=\frac{2n+1}{2}$ . Demostramos que el residuo en el infinito es cero y como los otros residuos suman cero tenemos la situación \begin{align*} \sum_{q=0}^n\mathrm{Res}\left(f(z);z=q\right)=-\mathrm{Res}\left(f(z);z=\frac{2n+1}{2}\right) \end{align*} y podemos así deshacernos de la suma. Para demostrar que el residuo en el infinito desaparece utilizamos la [la siguiente fórmula](https://en.wikipedia.org/wiki/Residue(complex_analysis)#Residue_atinfinity) : \begin{align*} \mathrm{Res}(f(z);z=\infty)&=\mathrm{Res}\left(-\frac{1}{z^2}f\left(\frac{1}{z}\right);z=0\right)\\ &=[z^{-1}]\left(-\frac{1}{z^2}f\left(\frac{1}{z}\right)\right) \end{align*} Obtenemos \begin{align*} [z^{-1}]&\left(-\frac{1}{z^2}\cdot\frac{(-1)^n}{2n+1-\frac{2}{z}}\prod_{p=0}^{n-1}\left(l+n-p-\frac{1}{z}\right)\prod_{p=0}^n\frac{1}{\frac{1}{z}-p}\right)\\ &=[z^{-1}]\frac{1}{z^2}\cdot\frac{(-1)^{n+1}z}{(2n+1)z-2}\left(z^{-n}\prod_{p=0}^{n-1}\left((l+n-p)z-1\right)\right) \left(z^{n+1}\prod_{p=0}^n\frac{1}{1-pz}\right)\\ &=-[z^{-1}]\frac{(-1)^n}{(2n+1)z-2}\prod_{p=0}^{n-1}\left((l+n-p)z-1\right)\prod_{p=0}^n\frac{1}{1-pz}\\ &=0 \end{align*} El coeficiente de $z^{-1}$ es cero ya que la función es holomorfa como producto de un polinomio y una serie geométrica.

• En (9) evaluamos la función en el residuo $z=\frac{n+1}{2}$ .

• En (10) utilizamos el doble factorial $(2n+1)!!=(2n+1)(2n-1)\cdots 3\cdot1$ .

Intermezzo: También queremos utilizar la función beta transformada en el segundo paso. Es conveniente utilizar una representación ligeramente diferente a la dada en (11). Mediante transformaciones elementales se puede demostrar lo siguiente \begin{align*} \frac{(-4)^n}{2n+1}\binom{2n}{n}^{-1}\binom{l-\frac{1}{2}}{n} &=(-1)^n2^{2n+1}\binom{2n+1}{n}^{-1}\frac{1}{2l+1}\binom{l+\frac{1}{2}}{n+1}\tag{12}\\ &=-\binom{-\frac{1}{2}}{n+1}^{-1}\frac{1}{2l+1}\binom{l+\frac{1}{2}}{n+1}\tag{13} \end{align*}

Hemos simplificado la suma interna de la doble suma planteada en la pregunta y hemos obtenido la expresión (11). La suma doble se puede escribir ahora utilizando (12) como \begin{align*} \sum_{l=0}^m&(-4)^l\binom{m}{l}\binom{2l}{l}^{-1} \sum_{k=0}^n\frac{(-4)^k}{2k+1}\binom{n}{k}\binom{2k}{k}^{-1}\binom{k+l}{l}\\ &=(-1)^n2^{2n+1}\binom{2n+1}{n}^{-1}\sum_{l=0}^m\frac{(-4)^l}{2l+1}\binom{m}{l}\binom{2l}{l}^{-1}\binom{l+\frac{1}{2}}{n+1}\tag{14} \end{align*}

Segundo paso: Suma doble

Partimos del lado derecho de (14) pero sin respetar el factor $(-1)^n2^{2n+1}\binom{2n+1}{n}^{-1}$ . Este factor se considerará al final. \begin{align*} \color{blue}{\sum_{l=0}^m}&\color{blue}{(-4)^l\binom{m}{l}\frac{1}{2l+1}\binom{2l}{l}^{-1}\binom{l+\frac{1}{2}}{n+1}}\\ &=\sum_{l=0}^m(-1)^l\binom{m}{l}\int_0^1(1-x^2)^l\,dx[z^{n+1}](1+z)^{l+\frac{1}{2}}\tag{15}\\ &=[z^{n+1}]\sqrt{1+z}\int_0^1\sum_{l=0}^m\binom{m}{l}\left(-(1-x^2)(1+z)\right)^l\,dx\tag{16}\\ &=[z^{n+1}]\sqrt{1+z}\int_0^1(1-(1-x^2)(1+z))^m\,dx\\ &=[z^{n+1}]\sqrt{1+z}\int_0^1\sum_{q=0}^m\binom{m}{q}(-(1-x^2)z)^qx^{2m-2q}\,dx\\ &=\sum_{q=0}^m\binom{m}{q}(-1)^q[z^{n+1-q}]\sqrt{1+z}\int_0^1(1-x^2)^qx^{2m-2q}\,dx\\ &=\sum_{q=0}^m\binom{m}{q}(-1)^q\binom{\frac{1}{2}}{n+1-q}\int_0^1\sum_{p=0}^q\binom{q}{p}(-x^2)^{q-p}x^{2m-2q}\,dx\tag{17}\\ &=\sum_{q=0}^m\binom{m}{q}\binom{\frac{1}{2}}{n+1-q}\sum_{p=0}^q(-1)^p\binom{q}{p}\frac{1}{2m-2p+1}\tag{18}\\ &=\sum_{p=0}^m\sum_{q=p}^m\binom{m}{p}\binom{m-p}{q-p}\binom{\frac{1}{2}}{n+1-q}(-1)^p\frac{1}{2m-2p+1}\tag{19}\\ &=\sum_{p=0}^m(-1)^p\frac{1}{2m-2p+1}\binom{m}{p}\sum_{q=0}^{m-p}\binom{m-p}{q}\binom{\frac{1}{2}}{n+1-q-p}\\ &=\sum_{p=0}^m(-1)^p\frac{1}{2m-2p+1}\binom{m}{p}\binom{m-p+\frac{1}{2}}{n+1-p}\tag{20}\\ &=\frac{1}{2m-2n-1}\sum_{p=0}^m(-1)^p\binom{m}{p}\binom{m-p-\frac{1}{2}}{n+1-p}\tag{21}\\ &=\frac{(-1)^m}{2m-2n-1}\sum_{p=0}^m(-1)^p\binom{m}{p}\binom{p-\frac{1}{2}}{n+1-m-p}\tag{22}\\ &=\frac{(-1)^m}{2m-2n-1}\sum_{p=0}^m(-1)^p\binom{m}{p}[z^{n+1-m}]z^{-p}\left(1+z\right)^{p-\frac{1}{2}}\tag{23}\\ &=\frac{(-1)^m}{2m-2n-1}[z^{n+1-m}](1+z)^{-\frac{1}{2}}\sum_{p=0}^m(-1)^p\binom{m}{p}\left(\frac{1+z}{z}\right)^p\\ &=\frac{(-1)^m}{2m-2n-1}[z^{n+1-m}](1+z)^{-\frac{1}{2}}\left(1-\frac{1+z}{z}\right)^m\\ &=\frac{1}{2m-2n-1}[z^{n+1}](1+z)^{-\frac{1}{2}}\\ &\color{blue}{=\frac{-1}{2n+1-2m}\binom{-\frac{1}{2}}{n+1}} \end{align*} y la afirmación sigue cuando se respeta el factor $-\binom{-\frac{1}{2}}{n+1}^{-1}$ indicada en (13) junto con (14).

Comentario:

• En (15) aplicamos la coeficiente de y utilizar una transformación del _función beta_ identidad como hicimos en (2).

• En (16) se factoriza el $\sqrt{z+1}$ y hacer algunos reordenamientos para aplicar el teorema del binomio en la siguiente línea.

En las siguientes líneas volvemos a utilizar el divide y vencerás estrategia para separar $x$ y $z$ .

• En (17) seleccionamos el coeficiente de $z^{n+1-q}$ y aplicar de nuevo el teorema del binomio.

• En (18) integramos y evaluamos la expresión.

• En (19) cambiamos el orden de las sumas y aplicamos la identidad binomial \begin{align*} \binom{m}{q}\binom{q}{p}=\binom{m}{p}\binom{m-p}{q-p} \end{align*}

• En (20) aplicamos _La identidad de Vandermonde_ .

• En (21) utilizamos la identidad binomial \begin{align*} \binom{\alpha}{n}=\frac{\alpha}{\alpha-n}\binom{\alpha-1}{n} \end{align*}

• En (22) cambiamos el orden de la suma sustituyendo $p\rightarrow m-p$ .

• En (23) aplicamos la coeficiente de operador la última vez.

Answer 3

Completemos el trabajo del OP, iniciado con $$ \frac{1}{2k+1}\stackrel{\text{Binomial transform}}{\longleftrightarrow} \frac{4^k}{(2k+1)\binom{2k}{k}}\tag{$ d=0 $}$$ calculando primero la transformada binomial de $\frac{1}{2k+3}$ . Tenemos: $$\begin{eqnarray*}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+3}\binom{n}{k}=\int_{0}^{1}x^2(1-x^2)^n=\frac{B\left(n+1,\tfrac{3}{2}\right)}{2}=\frac{1}{2n+3}\cdot\frac{B\left(n+1,\frac{1}{2}\right)}{2}\end{eqnarray*}$$ por lo tanto: $$ \frac{1}{2k+3}\stackrel{\text{Binomial transform}}{\longleftrightarrow} \frac{4^k}{(2k+1)(2k+3)\binom{2k}{k}}\tag{$ d=1 $}$$ y en general: $$ \frac{1}{2k+2d+1}\stackrel{\text{Binomial transform}}{\longleftrightarrow} \frac{4^k\binom{k+d}{d}\binom{2k}{k}^{-1}}{(2k+2d+1)\binom{2k+2d}{2d}}\tag{$ d\geq 1 $}$$

Necesito algo de tiempo para comprobar los cálculos anteriores, pero la última identidad, junto con la telescopia creativa, debería ser la clave para demostrar la afirmación de OP. En efecto, tenemos: $$ \sum_{k=0}^{n}\frac{(-4)^k}{(2k+1)\binom{2k}{k}}\binom{n}{k}=\frac{1}{2n+1}\tag{$ l=0 $} $$ $$ \sum_{k=0}^{n}\frac{(-4)^k}{(2k+1)\binom{2k}{k}}\binom{n}{k}(k+1)=-\frac{1}{(2n+1)(2n-1)}\tag{$ l=1 $} $$

$$\begin{eqnarray*} \sum_{k=0}^{n}\frac{(-4)^k}{(2k+1)\binom{2k}{k}}\binom{n}{k}\binom{k+l}{l}&=&\frac{(-1)^l(2l-1)!!(2n-2l+1)!! }{(2n+1)!!}\\ &=&\frac{(-1)^l 4^{n-l} n! (2l)! (n-l)!}{(2n+1)!l! (2n-2l+1)!}\tag{$l\geq 1$} \end{eqnarray*}$$ De ahí que todo el problema se reduzca a la informática:

$$ \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{l=0}^{m}\frac{\binom{m}{l}}{(2n-2l+1)!\binom{n}{l}}$$

Answer 4

Esto no es en absoluto una respuesta, pero puede ayudar. Ecuación (6.28) ici es muy probablemente un corolario de la identidad de Vandermonde con valores apropiados para los parámetros, pero es demasiado tarde para mí para averiguar cuáles son. Esto reduce su suma a $$\frac{2^{2n}}{(2n+1)}\binom{2n}{n}^{-1}\sum_{l=0}^m (-4)^l \binom{m}{l}\binom{2l}{l}^{-1}\binom{n-l-\frac{1}{2}}{n}.$$ Por cierto, Mathematica puede evaluar esta suma, dando (casi) su lado derecho.

Answer 5

En primer lugar, evaluemos la suma interna del lado izquierdo. Utilizando la identidad de la función beta citada anteriormente junto con la identidad $\left. \binom{k+l}{l} = d^l/dx^l x^{k+l}/l! \right|_{x=1}$ que tenemos: \begin{equation} S^{(n)}_l:=\sum\limits_{k=0}^n \frac{(-4)^k}{2k+1} \binom{n}{k} [\binom{2k}{k}]^{-1} \binom{k+l}{l} = \left.\frac{1}{l!} \frac{d^l}{d x^l} x^l \int\limits_0^1 \left(1- 4 t (1-t) x\right)^n dt \right|_{x=1} \end{equation} Ahora bien, si tomamos $m=0$ entonces $l=0$ y luego: \begin{equation} rhs= 4^n \int\limits_0^1 \left[ (t-\frac{1}{2})^2 \right]^n dt= 4^n \int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} u^{2 n} du = \frac{1}{2 n+1} \end{equation} como debería ser.

Ahora, tomemos una arbitrariedad $l \ge 0$ . Entonces, utilizando la regla de la cadena de la diferenciación y luego sustituyendo $u := t-1/2$ que tenemos: \begin{equation} S^{(n)}_l= \sum\limits_{p=0}^l \binom{l}{p} \binom{n}{p} \int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} (4 u^2)^{n-p}(4 u^2-1)^p d u \end{equation} Por lo tanto, el lado izquierdo de la identidad a demostrar dice: \begin{eqnarray} &&\sum\limits_{l=0}^m (-4)^l \binom{m}{l} [\binom{2 l}{l}]^{-1} S^{(n)}_l=\\ &&\sum\limits_{p=0}^m(-1)^{p+1} 2^{2p-1} \frac{\binom{m}{p} (m-p-3/2)!(p-1/2)!}{\sqrt{\pi} \binom{2 p}{p} (m-1/2)!} \binom{n}{p} \int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} (4 u^2)^{n-p} (4 u^2-1)^p du=\\ &&\sum\limits_{p=0}^m (-1)^{p+1} 4^p \frac{\binom{m}{p} \binom{m}{1/2}}{\binom{2 p}{p} \binom{m}{p+3/2}} \cdot \frac{1}{(2p+1)(2p+3)} \binom{n}{p} \int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} (4 u^2)^{n-p} (4 u^2-1)^p du=\\ &&-4^n \sum\limits_{p=0}^m \binom{m}{p} \frac{\binom{n}{p} \binom{m}{1/2}}{\binom{2 p}{p} \binom{m}{p+3/2}} \cdot \frac{1}{(2p+1)(2p+3)} \int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} u^{2n-2p} (1-4 u^2)^p du=\\ &&-4^n \frac{1}{2} \frac{n!}{(m-1/2)!} \sum\limits_{p=0}^m \binom{m}{p} \frac{(m-p-3/2)!}{(n-p)!} \int\limits_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} (u^2)^{n-p} (1/4 - u^2)^p d u=\\ && -\frac{1}{4} \frac{n! m!}{(n+1/2)! (m-1/2)!} \sum\limits_{p=0}^m \frac{(m-p-3/2)!(n-p-1/2)!}{(n-p)!(m-p)!}=\\ && -\frac{1}{(2m-1)(2n+1)} F^{3,2}\left[\begin{array}{rrr} 1&-m&-n\\ \frac{3}{2}-m & \frac{1}{2}-n & \end{array} ;1\right] = \\\N -frac{1}(2m-1(2n+1)} && -\frac{1}(2m-1)(2n+1)} \cdot \frac{(\frac{1}{2}-m)^{(n)} (\frac{3}{2})^{(n)}}(\frac{3}{2}-m)^{(n)} (\frac{1}{2})^{(n)}} = \\frac &&-\frac{1}(2m-1)(2n+1)} \cdot \frac{(1- 2m)(1+2 n)}{1-2 m+2 n} = \frac{1}{2n-2 m+1} \end{eqnarray} donde en la primera línea sumamos sobre $l$ y en la segunda, en la tercera y en la cuarta línea simplificamos el resultado. Finalmente en la quinta línea evaluamos la integral sustituyendo por $4 u^2$ y en la línea siguiente expresamos la suma mediante funciones hipergeométricas. Finalmente, desde el sitio de Wolfram http://functions.wolfram.com/HypergeometricFunctions/Hypergeometric3F2/03/02/04/ , utilizamos la siguiente identidad: \begin{equation} F^{(3,2)}\left[ \begin{array}{rrr} a& b & -n \\ d & a+b-d-n+1 & \end{array} ;1 \right] = \frac{(d-a)^{(n)}(d-b)^{(n)}{(d)^{(n)} (-a-b+d)^{(n)}} \fin{ecuación} para $a=1$ , $b=-m$ y $d=3/2-m$ .