La generación de la función de los coeficientes binomiales $\binom{2n+k}{n}$ fijos $k$

Question

Demostrar que $$ \frac{1}{\sqrt{1-4t}} \left(\frac{1-\sqrt{1-4t}}{2}\right)^k = \sum\limits_{n=0}^{\infty}\binom{2n+k}{n}t^n, \quad \forall k\in\mathbb{N}. $$ He intentado ya por inducción sobre $k$ pero tengo problemas mostrando la declaración tiene por $k=0$ o $k=1$.

Answer 1

Si definimos $$ f_n(t)=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k+n}{k}t^k\etiqueta{1} $$ entonces tenemos $$ \begin{align} f_n'(t) &=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k+n}{k}kt^{k-1}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k+n-1}{k-1}(2k+n)t^{k-1}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k+n+1}{k}(2k+n+2)t^k\\[6pt] &=(n+2)f_{n+1}(t)+2tf_{n+1}'(t)\tag{2} \end{align} $$

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Si definimos $$ \begin{align} g_n(t) &=\frac1{\sqrt{1-4t}}\left(\frac{1-\sqrt{1-4t}}{2t}\right)^n\\ &=\frac1{\sqrt{1-4t}}\left(\frac2{1+\sqrt{1-4t}}\right)^n\tag{3} \end{align} $$ entonces tenemos $$ g_n'(t) =\left(\frac{1}{\sqrt{1-4t}^3}+\frac{n+1}{1-4t}\right)\left(\frac2{1+\sqrt{1-4t}}\right)^{n+1}\tag{4} $$ y por lo tanto $$ \begin{align} &(n+2)g_{n+1}(t)+2tg_{n+1}'(t)\\[9pt] &=\frac{n+2}{\sqrt{1-4t}}\left(\frac2{1+\sqrt{1-4t}}\right)^{n+1}\\ &+2t\left(\frac{1}{\sqrt{1-4t}^3}+\frac{n+2}{1-4t}\right)\left(\frac2{1+\sqrt{1-4t}}\right)^{n+2}\\ &=\frac{n+2}{\sqrt{1-4t}}\left(\frac2{1+\sqrt{1-4t}}\right)^{n+1}\\ &+(1-\sqrt{1-4t})\left(\frac{1}{\sqrt{1-4t}^3}+\frac{n+2}{1-4t}\right)\left(\frac2{1+\sqrt{1-4t}}\right)^{n+1}\\ &=\left(\frac{1}{\sqrt{1-4t}^3}+\frac{n+1}{1-4t}\right)\left(\frac2{1+\sqrt{1-4t}}\right)^{n+1}\\[9pt] &=g_n'(t)\tag{5} \end{align} $$

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Ecuaciones $(2)$ $(5)$ asegurarse de que $$ \begin{align} f_n'(t)&=(n+2)f_{n+1}(t)+2tf_{n+1}'(t)=2t^{-\frac n2}\left[t^{\frac{n+2}{2}}f_{n+1}(t)\right]'\\ g_n'(t)&=(n+2)g_{n+1}(t)+2tg_{n+1}'(t)=2t^{-\frac n2}\left[t^{\frac{n+2}{2}}g_{n+1}(t)\right]' \end{align}\etiqueta{6} $$ Por otra parte, se desprende de lo $(1)$ $(3)$ que $$ f_n(0)=g_n(0)=1\etiqueta{7} $$

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La generalizada del teorema del binomiorendimientos $$ \begin{align} (1-4t)^{-1/2} &=1+\frac124\frac{t}{1!}+\frac12\frac324^2\frac{t^2}{2!}+\frac12\frac32\frac524^3\frac{t^3}{3!}+\dots\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{(2k-1)!!}{k!}2^kt^k\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{(2k)!}{2^kk!k!}2^kt^k\\ &=\sum_{k=0}^\infty\binom{2k}{k}t^k\tag{8} \end{align} $$ La ecuación de $(8)$ asegura que $f_0(t)=g_0(t)$.

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Ecuaciones $(6)$, $(7)$, y $(8)$ asegurarse de que $$ f_n(t)=g_n(t)\etiqueta{9} $$ para todos los $n\ge0$. Es decir, $$ \frac1{\sqrt{1-4t}}\left(\frac{1-\sqrt{1-4t}}{2}\right)^n =\sum_{k=0}^\infty\binom{2k+n}{k}t^k\etiqueta{10} $$

Answer 2

Debido a un reciente comentario en mi otra respuesta, me tomó un segundo vistazo a esta pregunta y trató de aplicar una doble generación de función. $$ \begin{align} &\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=-n}^\infty\binom{2n+k}{n}x^ny^k\\ &=\sum_{n=0}^\infty\sum_{k=n}^\infty\binom{k}{n}\frac{x^n}{y^{2n}}y^k\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{y^{2n}}\frac{y^n}{(1-y)^{n+1}}\\ &=\frac1{1-y}\frac1{1-\frac{x}{y(1-y)}}\\ &=\frac{y}{y(1-y)-x}\\ &=\frac1{\sqrt{1-4x}}\left(\frac{1+\sqrt{1-4x}}{1+\sqrt{1-4x}-2y}-\frac{1-\sqrt{1-4x}}{1-\sqrt{1-4x}-2y}\right)\\ &=\frac1{\sqrt{1-4x}}\left(\frac{1+\sqrt{1-4x}}{1+\sqrt{1-4x}-2y}+\color{#C00000}{\frac{2x/y}{1+\sqrt{1-4x}-2x/y}}\right)\tag{1} \end{align} $$ El término en rojo contiene los términos con potencias negativas de $y$. La eliminación de los términos de los rendimientos $$ \begin{align} \sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^\infty\binom{2n+k}{n}x^ny^k &=\frac1{\sqrt{1-4x}}\frac{1+\sqrt{1-4x}}{1+\sqrt{1-4x}-2y}\\ &=\frac1{\sqrt{1-4x}}\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{2y}{1+\sqrt{1-4x}}\right)^k\\ &=\frac1{\sqrt{1-4x}}\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\right)^ky^k\tag{2} \end{align} $$ La equiparación de idénticos poderes de $y$ $(2)$ muestra que $$ \sum_{n=0}^\infty\binom{2n+k}{n}x^n=\frac1{\sqrt{1-4x}}\left(\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\right)^k\tag{3} $$

Answer 3

Procedemos por inducción sobre $k$.

Para$k = 0$, $\displaystyle \sum\limits_{m=0}^{\infty} \binom{2m}{m}t^m = \frac{1}{\sqrt{1-4t}}$

y para $k = 1$, tenemos

\begin{align*} \sum\limits_{m=0}^{\infty} \binom{2m+1}{m+1}t^m &= \sum\limits_{m=0}^{\infty} \left(2 - \frac{1}{m+1}\right)\binom{2m}{m}t^m \\&= \frac{2}{\sqrt{1-4t}} - C(t)\\&= \frac{2}{\sqrt{1-4t}} -\frac{2}{1+\sqrt{1-4t}} \\&= \frac{2}{\sqrt{1-4t}(1+\sqrt{1-4t})}\end{align*}

Donde, $\displaystyle C(t) = \sum\limits_{m=0}^{\infty} \frac{1}{m+1}\binom{2m}{m}z^m = \frac{2}{1+\sqrt{1-4t}}$ es la generación de la función de catalán de los Números.

Suponiendo que el resultado vale para $k$ podemos demostrar por $k+1$:

\begin{align*}\sum\limits_{m=0}^{\infty} \binom{2m+k+1}{m+k+1}t^m &= \sum\limits_{m=0}^{\infty} \left(2 - \frac{k+1}{m+k+1}\right)\binom{2m+k}{m+k}t^m\\ &= \frac{2^{k+1}(1+\sqrt{1-4t})^{-k}}{\sqrt{1-4t}} - \frac{k+1}{t^{k+1}}\int_0^t \sum\limits_{m=0}^{\infty} \binom{2m+k}{m+k}t^{m+k}\,\mathrm{d}t\\ &= \frac{2^{k+1}(1+\sqrt{1-4t})^{-k}}{\sqrt{1-4t}} - \frac{2^k(k+1)}{t^{k+1}}\int_0^t \frac{t^k(1+\sqrt{1-4t})^{-k}}{\sqrt{1-4t}}\,\mathrm{d}t\\ &= \frac{2^{k+1}(1+\sqrt{1-4t})^{-k}}{\sqrt{1-4t}} - \frac{k+1}{2^kt^{k+1}}\int_0^t \frac{(1-\sqrt{1-4t})^{k}}{\sqrt{1-4t}}\,\mathrm{d}t\\ &= \frac{2^{k+1}(1+\sqrt{1-4t})^{-p}}{\sqrt{1-4t}} - \frac{k+1}{2^{k+1}t^{k+1}} \frac{(1-\sqrt{1-4t})^{k+1}}{k+1}\\ &= \frac{2^{k+1}(1+\sqrt{1-4t})^{-k}}{\sqrt{1-4t}} - 2^{k+1}(1+\sqrt{1-4t})^{-(k+1)}\\ &= \frac{2^{k+1}(1+\sqrt{1-4t})^{-(k+1)}}{\sqrt{1-4t}}\\ \end{align*}

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{{1 \over \raíz{1 - 4t}}\,\pars{1 - \raíz{1-4t} \over 2}^{k} =\sum_{n = 0}^{\infty}{2n + k \elegir n}t^{n}\,,\quad \forall k\ \en\ \mathbb{N}}$

Con $\ds{0\ <\ t\ <\ {1 \over 4}}$: \begin{align}&\color{#c00000}{\sum_{n = 0}^{\infty}{2n + k \choose n}t^{n}} =\sum_{n = 0}^{\infty}\bracks{\oint_{\verts{z}\ =\ 1^{+}}{\pars{1 + z}^{2n + k} \over z^{n + 1}}% \,{\dd z \over 2\pi\ic}}t^{n} \\[5mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ 1^{+}}{\pars{1 + z}^{k} \over z}\sum_{n = 0}^{\infty} \bracks{\pars{1 + z}^{2}\,t \over z}^{n}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{\verts{z}\ =\ 1^{+}}{\pars{1 + z}^{k} \over z} {1 \over 1 - \pars{1 + z}^{2}\,t/z}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm]&=-\,{1 \over t}\oint_{\verts{z}\ =\ 1^{+}} {\pars{1 + z}^{k} \over z^{2} + \pars{2 - 1/t}z + 1} \,{\dd z \over 2\pi\ic} =-\,{1 \over t}\oint_{\verts{z}\ =\ 1^{+}} {\pars{1 + z}^{k} \over \pars{z - z_{-}}\pars{z - z_{+}}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \end{align}

donde $\ds{z_{\pm}}$ son las raíces de $\ds{z^{2} + \pars{2 - {1 \over t}}z + 1 = 0}$: $$ z_{\pm} = {1 \pm \raíz{1 - 4t} - 2t \sobre 2t} $$ tal que $\ds{z_{+} > 1}$$\ds{\verts{z_{-}} < 1}$.

A continuación, \begin{align}&\color{#c00000}{\sum_{n = 0}^{\infty}{2n + k \choose n}t^{n}} =-\,{1 \over t}\,{\pars{1 + z_{-}}^{k} \over z_{-} - z_{+}} =-\,{1 \over t}\pars{-\,{t \over \root{1 - 4t}}} \pars{1 + {1 - \root{1 - 4t} - 2t\over 2t}}^{k} \end{align}

que se simplifica a $$\color{#66f}{\large% {1 \over \raíz{1 - 4t}}\,\pars{1 - \raíz{1-4t} \over 2}^{k} =\sum_{n = 0}^{\infty}{2n + k \elegir n}t^{n}} $$

Answer 5

Esto puede ser mostrado usando una variante de Lagrange de la Inversión. Introducir $$T(z) = w = \sqrt{1-4z}$ $ , de modo que $$z = \frac{1}{4} (1-w^2)$$ y $$dz = -\frac{1}{2} w \; dw.$$

Luego buscamos para calcular $$[z^n] \frac{1}{T(z)} \left(\frac{1-T(z)}{2z}\right)^k = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{T(z)} \left(\frac{1-T(z)}{2z}\right)^k dz.$$

Utilizando la sustitución esto se convierte en $$- \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1| = \epsilon} \frac{4^{n+1}}{(1-w^2)^{n+1}} \frac{1}{w} \left(\frac{1-w}{1/2(1-w^2)}\right)^k \frac{1}{2} w \; dw \\ = - \frac{1}{2} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1| = \epsilon} \frac{4^{n+1}}{(1-w^2)^{n+1}} \left(\frac{2}{1+w}\right)^k dw \\ = - \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1| = \epsilon} \frac{1}{(1-w)^{n+1}} \frac{2^{2n+k+1}}{(1+w)^{n+k+1}} dw \\ = (-1)^n \frac{1}{2\pi i} \int_{|w-1| = \epsilon} \frac{1}{(w-1)^{n+1}} \frac{2^{2n+k+1}}{(1+w)^{n+k+1}} ps.$$

Ahora expanda la segunda fracción acerca de $w=1$ para obtener $$\frac{1}{(1+w)^{n+k+1}} = \frac{1}{(2+(w-1))^{n+k+1}} = \frac{1}{2^{n+k+1}} \frac{1}{(1+1/2(w-1))^{n+k+1}} \\ = \frac{1}{2^{n+k+1}} \sum_{q\ge 0} {p+n+k\elegir q} (-1)^q \frac{(w-1)^p}{2^p}.$$

Necesitamos $q=n$ para el residuo en la integral, obtener la respuesta final $$(-1)^n \times 2^{2n+k+1} \times \frac{1}{2^{n+k+1}} {2n+k\elegir n} (-1)^n \frac{1}{2^n} = {2n+k\elegir n}.$$

Este MSE enlace tiene otro cálculo que es bastante similar.