Cómo encontrar esta suma $ \frac{1}{1999}\binom{1999}{0}-\frac{1}{1998}\binom{1998}{1}+\cdots-\frac{1}{1000}\binom{1000}{999}$

Question

demostrar o refutar :

$$S=\dfrac{1}{1999}\binom{1999}{0}-\dfrac{1}{1998}\binom{1998}{1}+\dfrac{1}{1997}\binom{1997}{2}-\dfrac{1}{1996}\binom{1996}{3}+\cdots-\dfrac{1}{1000}\binom{1000}{999}=\dfrac{1}{1999}\left(w^{1999}_{1}+w^{1999}_{2}\right)$$ donde $$w_{1}=\dfrac{1+\sqrt{3}i}{2},w_{2}=\dfrac{1-\sqrt{3}i}{2}$$

Mi idea: ya que $$\dfrac{1}{1999-k}\binom{1999-k}{k}=\dfrac{1}{1999-k}\dfrac{(1999-k)!}{k!(1999-2k)!}=\dfrac{(1998-k)!}{k!(1999-2k)!}$$

Entonces yo no puedo,tal vez puede utilizar integral tratar de Gracias

Answer 1

Los polinomios de Chebyshev de la primera clase son dadas por \begin{align} T_{n}(x) &= \frac{n}{2} \sum_{k=0}^{[n/2]} \frac{(-1)^{k}}{n-k} \binom{n-k}{k} (2x)^{n-2k} \\ &= \frac{1}{2} \left[ (x - \sqrt{x^{2}-1})^{n} + (x - \sqrt{x^{2}-1})^{n} \right]. \end{align} Al $x=1/2$ se ve que \begin{align} \sum_{k=0}^{[n/2]} \frac{(-1)^{k}}{n-k} \binom{n-k}{k} = \frac{1}{n} \left( a^{n} + b^{n} \right) \end{align} donde$2a = 1+\sqrt{3} i$$2b=1-\sqrt{3} i$. Al $n=1999$ esto se convierte en \begin{align} \sum_{k=0}^{999} \frac{(-1)^{k}}{1999-k} \binom{1999-k}{k} = \frac{1}{1999} \left( a^{n} + b^{n} \right). \end{align} Así, la relación se muestra para ser verdad.

Si la suma es cambiado a todos los términos positivos que puede fácilmente ser visto como un número Lucas, a saber, \begin{align} \sum_{k=0}^{999} \frac{1}{1999-k} \binom{1999-k}{k} = \frac{L_{1999}}{1999}. \end{align}

Answer 2

Esta suma también se puede hacer uso de Wilf / generatingfunctionology. Vamos $$a_n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{(-1)^k}{n-k} {n-k \elegir k}$$ e introducir la generación de la función $$f(z) = \sum_{n\ge 1} a_n z^n = \sum_{n\ge 1} \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{(-1)^k}{n-k} {n-k \elegir k} z^n \\ = \sum_{n\ge 1} \frac{z^n}{n} + \sum_{n\ge 1} \sum_{k=1}^{\lfloor n/2 \rfloor} \frac{(-1)^k}{n-k} {n-k \elegir k} z^n.$$ Cambiar el orden de la suma en el interior de la suma para obtener $$\sum_{k\ge 1} \sum_{n\ge 2k} \frac{(-1)^k}{n-k} {n-k \elegir k} z^n = \sum_{k\ge 1} \sum_{n\ge 0} \frac{(-1)^k}{n+k} {n+k \elegir k} z^{n+2k} \\= \sum_{k\ge 1} z^{2k} \sum_{n\ge 0} \frac{(-1)^k}{n+k} {n+k \elegir k} z^n = \sum_{k\ge 1} z^{2k} \sum_{n\ge 0} \frac{(-1)^k}{k} {n+k-1 \elegir k-1} z^n \\ = \sum_{k\ge 1} \frac{(-1)^k}{k} z^{2k} \sum_{n\ge 0} {n+k-1 \elegir k-1} z^n = \sum_{k\ge 1} \frac{(-1)^k}{k} z^{2k} \frac{1}{(1-z)^k} \\ = \log\frac{1}{1 + \frac{z^2}{1-z}}.$$ Esto le da la siguiente forma cerrada para $f(z):$ $$f(z) = \log\frac{1}{1-z} + \log\frac{1}{1 + \frac{z^2}{1-z}} = \log\frac{1}{1-z+z^2}.$$ Finalmente, poner $$w_{1,2} = \frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}$$ de modo que $$1-z+z^2 = (1-w_1 z)(1-w_2 z).$$ Este rendimientos $$f(z) = \log\frac{1}{1-z+z^2} = \log\frac{1}{1-w_1 z} + \log\frac{1}{1-w_2 z}$$ así que $$[z^n] f(z) = \frac{w_1^n}{n} + \frac{w_2^n}{n},$$ como se obtienen por @r9m en el comentario.

Observación. Aquí hemos hecho uso repetido de la identidad $$\log\frac{1}{1-z} = \sum_{n\ge 1} \frac{z^n}{n}.$$