Identidad combinatoria relacionada con el volumen de una bola en $\mathbb{R}^{2k+1}$

Question

Calcular el volumen de una bola en $\mathbb{R}^{2k+1}$ de dos maneras diferentes nos da la siguiente fórmula:

$$\sum_{i=0}^k {k \choose i} \frac{(-1)^i}{2i+1} = \frac{(k!)^2 2^{2k}}{(2k+1)!}$$

¿Existe una forma más directa de probar esta identidad? Me interesa saber si hay una forma más combinatoria o algebraica de demostrarla. Dada la suma en el lado izquierdo, ¿cómo encontraría la fórmula para ello?

Añadido: Así es como encontré la identidad. El volumen de una bola de radio $r$ en $\mathbb{R}^{2k+1}$ viene dada por la fórmula $$\mathscr{L}^{2k+1}(B(0,r)) = \frac{\pi^k k! 2^{2k+1}}{(2k+1)!}r^{2k+1}$$

y en $\mathbb{R}^{2k}$ mediante la fórmula

$$\mathscr{L}^{2k}(B(0,r)) = \frac{\pi^k}{k!}r^{2k}$$

donde $\mathscr{L}$ denota la medida de Lebesgue. Me preguntaba si podría demostrar la fórmula de $\mathbb{R}^{2k+1}$ utilizando la fórmula de $\mathbb{R}^{2k}$ . Con la fórmula de la dimensión par podemos calcular

\begin{align*} \mathscr{L}^{2k+1}(B(0,r)) &= (\mathscr{L}^{2k} \times \mathscr{L})(B(0,r)) \\ &= \int_{[-r,r]} \mathscr{L}^{2k}(B(0,\sqrt{r^2 - y^2}))d \mathscr{L}(y) \\ &= \frac{\pi^k}{k!} 2 \int_0^r (r^2 - y^2)^k dy \\ &= \frac{\pi^k}{k!} 2r^{2k+1} \sum_{i=0}^k {k \choose i}\frac{(-1)^i}{2i+1} \end{align*}

Ahora, equiparando las dos fórmulas para $\mathscr{L}^{2k+1}(B(0,r))$ da

$$\sum_{i=0}^k {k \choose i} \frac{(-1)^i}{2i+1} = \frac{(k!)^2 2^{2k}}{(2k+1)!}$$

Answer 1

En realidad, podemos derivar la relación de recurrencia para la suma sin pasar por las integrales:

$$ \begin{align} 2k(I_k-I_{k-1}) &= 2k\sum_{i=0}^k \left(\binom ki-\binom{k-1}i\right)\frac{(-1)^i}{2i+1} \\ &= 2k\sum_{i=0}^k \binom ki\left(1-\frac{k-i}k\right)\frac{(-1)^i}{2i+1} \\ &= 2k\sum_{i=0}^k \binom ki\frac ik\frac{(-1)^i}{2i+1} \\ &= \sum_{i=0}^k \binom ki(-1)^i\frac{2i}{2i+1} \\ &= \sum_{i=0}^k \binom ki(-1)^i\left(1-\frac{1}{2i+1}\right) \\ &= -\sum_{i=0}^k \binom ki(-1)^i\frac{1}{2i+1} \\ &= -I_k\;, \end{align} $$

donde hice uso del hecho de que la suma alternada de $\binom ki$ en $i$ desaparece.

Answer 2

Puede que no te guste esta respuesta, pero en realidad yo calcularía esa suma exactamente de la forma en que sospecho que has llegado a ella:

$$ \begin{align} \sum_{i=0}^k {k \choose i} \frac{(-1)^i}{2i+1} &= \int_0^1\sum_{i=0}^k {k \choose i} (-1)^iq^{2i}\mathrm dq \\ &= \int_0^1(1-q^2)^k\mathrm dq \\ &=\int_0^{\pi/2}(1-\sin^2\theta)^k\cos\theta\,\mathrm d\theta \\ &=\int_0^{\pi/2}\cos^{2k+1}\theta\,\mathrm d\theta \\ &=:I_k \;, \end{align} $$

y luego la integración por partes produce la relación de recurrencia

$$I_k=\int_0^{\pi/2}\cos^{2k}\theta\cos\theta\,\mathrm d\theta=2k\int_0^{\pi/2}\cos^{2k-1}\theta\sin^2\theta\,\mathrm d\theta=2k(I_{k-1}-I_k)$$

y por lo tanto

$$ I_k=\frac{2k}{2k+1}I_{k-1} $$

con $I_0=1$ , cuya solución de forma cerrada se ve fácilmente que es su lado derecho.