Es el numerador de $\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n}{k}$ un poder de $2$ ?

Question

Me tropecé con algo numérico, y estaba empezando a trabajar en ello, pero me pareció lo suficientemente divertido como para compartirlo.

Sea $$f(n)=\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{k}}{2k+1}\binom{n}{k}$$

De los primeros valores se desprende que $f(n)$ siempre tiene numerador igual a una potencia de $2$ . ¿Es esto cierto? En caso afirmativo, ¿por qué?

Los primeros valores: $$\frac{1}{1}, \frac{2}{3}, \frac{8}{15}, \frac{16}{35}, \frac{128}{315}, \frac{256}{693}, \frac{1024}{3003}, \frac{2048}{6435}, \frac{32768}{109395},\\ \frac{65536}{230945}, \frac{262144}{969969}, \frac{524288}{2028117}, \frac{4194304}{16900975} $$

Formas alternativas de ver este valor: $$f(n)=\int_0^{1}(1-x^2)^n\,dx=\int_{0}^{\pi/2}\cos^{2n+1} t\,dt=\frac{1}{2^{2n}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{2n+1}{n-k}$$

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Para resumir algunos de los comentarios, la secuencia anterior parece coincidir:

$$\begin{align} f(n)&=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!} \\ &= \frac{2}{3}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdots \frac{2n}{2n+1} \end{align}$$

Por lo tanto, si esto es correcto (y la respuesta a continuación demuestra que lo es,) tenemos $$f(n)=f(n-1)\cdot \frac{2n}{2n+1}=f(n-1)\left(1-\frac{1}{2n+1}\right).$$

Podría haber una prueba de esta recursión utilizando la integración por partes para una de las formas integrales anteriores.

Answer 1

$$\begin{eqnarray*} f(n) = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n}{k}&=&\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k x^{2k}\binom{n}{k}\,dx\\&=&\int_{0}^{1}(1-x^2)^n\,dx\\&=&\frac{1}{2}\int_{0}^{1}z^{-1/2}(1-z)^{n}\,dz\\&=&\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma(n+1)}{2\,\Gamma\left(n+\frac{3}{2}\right)}\\&=&\frac{4^n\,n!^2}{(2n+1)!}\\&=&\frac{2^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\end{eqnarray*}$$ por lo que basta con comprobar que $\nu_2\left(\binom{2n}{n}\right)<2n$ para demostrar su conjetura.

De hecho, $$\nu_2\left(\binom{2n}{n}\right) = \sum_{k\geq 1}\left(\left\lfloor\frac{2n}{2^k}\right\rfloor-2\left\lfloor\frac{n}{2^k}\right\rfloor\right)\leq 2+\log_2(n),$$ ya que los términos de la última suma sólo pueden ser $0$ o $1$ y son cero en cuanto $k$ es lo suficientemente grande.

Como indica el OP en los comentarios, un análisis cuidadoso de la fórmula anterior revela que $\nu_2\left(\binom{2n}{n}\right)$ es simplemente el número de bits distintos de cero en la representación binaria de $n$ .

Answer 2

Se puede derivar directamente de la pregunta anterior que da el primer paso:

$$\sum_k\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n}k=\frac{n!2^n}{(2n+1)!!}=\frac{n!^22^{2n}}{n!2^n(2n+1)!!}=\frac{n!^22^{2n}}{(2n+1)!}=\frac{2^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}n}\;.$$

Answer 3

Publicar mi propia respuesta a mi pregunta después de unos meses porque:

1. Esta respuesta está directamente relacionada con el origen de la pregunta.
2. Esta respuesta muestra que el numerador es una potencia de 2 sin encontrar la fórmula explícita cerrada para el valor.

Esta pregunta surgió originalmente al tomar esta pregunta y preguntándome la generalización obvia:

Encuentre $g(x)$ un polinomio de grado $2n+1$ tal que $g(x)+1$ es divisible por $(x-1)^{n+1}$ y $g(x)-1$ es divisible por $(x+1)^{n+1}$ .

Una respuesta es observar que $g'(x)$ debe ser divisible por $(1-x)^n$ y $(1+x)^n$ por lo que debe ser múltiplo de $(1-x^2)^{n}$ . Hallar la antiderivada $G(x)$ de $(1-x^2)^n$ con $G(0)=0$ y entonces su respuesta es $g(x)=\frac{1}{G(1)}G(x)$ .

Resulta que, $G(1)$ es el valor de mi pregunta anterior. Efectivamente, ese fue el origen de mi pregunta. Empecé a calcular estos valores y vi el patrón.

Pero una nueva respuesta a la pregunta original da una razón clara por la que existe un poder de $2$ en el numerador de $G(1)$ . He ajustado ese argumento para tratar el caso más general:

Tenga en cuenta que $$\begin{align}2^{2n+1} &= \left((1+x)+(1-x)\right)^{2n+1}\\ &=\sum_{k=0}^{n}\binom{2n+1}{k}\left((1+x)^k(1-x)^{2n+1-k} +(1+x)^{2n+1-k}(1-x)^{k}\right)\\ &=\sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{n-j}\left((1+x)^{n-j}(1-x)^{n+1+j} + (1+x)^{n+1+j}(1-x)^{n-j}\right) \end{align}$$

Dividiendo por $2^{2n}$ a $$1-\frac{1}{2^{2n}}\sum_{j=0}^{n} \binom{2n+1}{n-j}(1+x)^{n+1+j}(1-x)^{n-j} = -1 + \frac{1}{2^{2n}}\sum_{j=0}^{n} \binom{2n+1}{n-j}(1+x)^{n-j}(1-x)^{n+1+j}$$

Así que si $g(x)=1-\frac{1}{2^{2n}}\sum_{j=0}^{n} \binom{2n+1}{n-j}(1+x)^{n+1+j}(1-x)^{n-j}$ entonces $g(x)-1$ es divisible por $(1+x)^{n+1}$ y $g(x)+1$ es divisible por $(x-1)^{n+1}$ .

Ahora, el coeficiente de plomo de $g(x)$ es $\frac{(-1)^n}{(2n+1)G(1)}$ en la solución original para $g(x)$ y es $$\frac{1}{2^{2n}}\sum_{j=0}^{n}\binom{2n+1}{n-j}(-1)^{n-j+1}=\frac{M}{2^{2n}}$$ para un número entero $M$ en esta nueva solución.

Así que sólo necesitamos saber que existe una solución única para $g(x)$ . Eso es relativamente fácil de hacer: Si $g_1,g_2$ son soluciones, entonces $g_1(x)-g_2(x)$ debe ser divisible entre $(x-1)^{n+1}$ y $(x+1)^{n+1}$ y, por lo tanto, debe ser cero, ya que es de grado como máximo $2n+1.$

Esto demuestra que $G(1)$ debe tener un numerador igual a una potencia de $2$ .

De hecho, obtenemos la fórmula general para $f(n)$ si probamos:

$$M=\sum_{j=0}^n (-1)^{j+1}\binom{2n+1}{j} = (-1)^n\binom{2n}{n}$$

Entonces obtenemos que $f(n)=\frac{2^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}$ .