Dejemos que $k$ sea un número entero positivo y que $n = 6k - 1$ . Sea
$$S(n)=\sum_{j=1}^{2k-1} (-1)^{j+1} {{n}\choose{3j-1}}$$
¿Cómo se demuestra que $S(n)$ ¿nunca es cero?
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GmonC
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La secuencia $0,0,1,0,0,-1,0,0,1,0,0,-1,\ldots$ que sus coeficientes de $\binom nk$ se ha hecho cargo de $k=0,1,2,\ldots$ es periódica de periodo $6$ por lo que es una combinación lineal de las secuencias geométricas con ratios el $6$ -raíces de la unidad. En concreto, si $z_l=\exp(l\pi\mathbf i/3)$ para $l=1,\ldots,5$ el término general de su secuencia es $$ c_k=\frac13(z_4.z_1^k+(-1)^k+z_2.z_5^k) $$ Esto le permite escribir $$ \sum_{j=1}^{2k-1} (-1)^{j+1} \binom n{3j-1} =\sum_{k=0}^nc_k\binom nk =\frac13\bigl(z_4(1+z_1)^n+(1-1)^n+z_2(1+z_5)^n\bigr), $$ donde el término medio es $0$ (ya que $n>0$ ) y los demás términos son conjugados complejos. Para ver que el resultado nunca es cero es cuestión de comprobar que el argumento de $1+z_1$ no es un múltiplo racional de $~\pi$ Por lo tanto, los términos exteriores nunca se vuelven puramente imaginarios.
Marko Riedel
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A modo de enriquecimiento, aquí hay otra prueba algebraica utilizando variables variables complejas.
Supongamos que primero calculamos $$Q(k) = \sum_{q=1}^{2k} (-1)^{q+1} {6k-1\choose 3q-1}.$$
Introducir la representación integral $${6k-1 \choose 6k-3q} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{6k-1}}{z^{6k-3q+1}} \; dz.$$
Con esto obtenemos una integral para la suma. Obsérvese que cuando $q>2k$ la integral se hace cero y para $q=0$ también es cero. Por lo tanto podemos extender la suma de $q$ siendo de cero a infinito para obtener
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{6k-1}}{z^{6k+1}} \sum_{q\ge 0} (-1)^{q+1} z^{3q} \; dz \\ = - \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{6k-1}}{z^{6k+1}} \frac{1}{1+z^3} \; dz.$$
Introducir las raíces donde $p=0,1,2$ $$\rho_p = \exp(\pi i/3 + 2\pi i p/3)$$
Uso de fracciones parciales por el teorema del residuo de Cauchy en polos simples obtenemos así $$\frac{1}{1+z^3} = \sum_\rho \frac{1}{z-\rho} \times \mathrm{Res}_{z=\rho} \frac{1}{1+z^3} \\= \sum_\rho \frac{1}{z-\rho} \frac{1}{3\rho^2} = \sum_\rho \frac{1}{z-\rho} \frac{\rho}{3\rho^3} = -\frac{1}{3} \sum_\rho \frac{\rho}{z-\rho}.$$
Sustituyendo esto en la integral tenemos $$ \frac{1}{3} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{6k-1}}{z^{6k+1}} \sum_\rho \frac{\rho}{z-\rho} \; dz \\ = - \frac{1}{3} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{6k-1}}{z^{6k+1}} \sum_\rho \frac{1}{1-z/\rho}\; dz.$$
La integral está preparada para la extracción de coeficientes que da (utilizar $\rho^6 = 1$ ) $$-\frac{1}{3} \sum_\rho \sum_{q=0}^{6k-1} {6k-1\choose q} \rho^{-(6k-q)} \\ = -\frac{1}{3} \sum_\rho \rho^{-6k} \sum_{q=0}^{6k-1} {6k-1\choose q} \rho^q = -\frac{1}{3} \sum_\rho \rho^{-6k} (1+\rho)^{6k-1} \\ = -\frac{1}{3} \sum_\rho (1+\rho)^{6k-1}.$$
El término para $\rho_0 = -1$ es cero y nos quedamos con $$-\frac{1}{3} \left((1+\rho_1)^{6k-1} + (1+\rho_2)^{6k-1}\right).$$
Tenga en cuenta que $$|1+\rho_{1,2}| = \sqrt{(3/2)^2 + (\sqrt{3}/2)^2} = \sqrt{3} \quad\text{and}\quad \arg(1+\rho_{1,2}) = \pm\frac{\pi}{6}.$$
Finalmente se obtiene el valor $$-\frac{1}{3} \sqrt{3}^{6k-1} \left(\exp(i\pi/6\times(6k-1)) + \exp(-i\pi/6\times(6k-1)) \right) \\ = -\frac{1}{3} (-1)^k \frac{27^k}{\sqrt{3}} \times 2 \cos(\pi/6) = -\frac{1}{3} (-1)^k \times 27^k.$$
La pregunta formulada para demostrar que $$Q(k) - (-1)^{2k+1}{6k-1\choose 6k-1} = -\frac{1}{3} (-1)^k \times 27^k + 1$$ nunca es cero. Esto se deduce por inspección en este punto con el primer término tiene módulo al menos nueve y el segundo es uno.
Al parecer, este método se debe a Egorychev.
