Infinita suma con el binomio coefficents

Question

Por qué para todos los fijos $m\geq 1$

$$\sum_{n=0}^\infty\frac {(m+2n)!}{n!(m+n+1)!}(1/4)^n=2^{m+1}/(m+1)$$

Cualquier sugerencia?

Answer 1

Escribir $m+1$$\frac{(m+1)!}{m!}$, tenemos \begin{align} \frac{(m+1)!}{m!}\sum_{n=0}^{\infty}\frac {(m+2n)!}{n!(m+n+1)!}\frac{1}{2^{2n}} &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac {(m+1)_{2n}}{(m+2)_n}\frac{2^{-2n}}{n!}\tag{1}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac {\left(m+1\over2\right)_{n}\left(m+2\over2\right)_{n}}{(m+2)_n}\frac{1}{n!}\tag{2}\\ &={}_{2}F_{1}\left({m+1\over2},{m+2\over2};m+2;1\right)\tag{3}\\ &=2^{m+1}\tag{4} \end{align}

$(1):$ Aumento de los factoriales, $$(x)_{n}={\frac {\Gamma (x+n)}{\Gamma (x)}}=x(x+1)\cdots(x+n-1)$$

$(2):$ $$(x)_{2n}=2^{2n}\left({\frac {x}{2}}\right)_{n}\left({\frac {x+1}{2}}\right)_{n}$$

$(3):$ Función hipergeométrica, $${}_{2}F_{1}(a,b;c;z)=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {(a)_{n}(b)_{n}}{(c)_{n}}}{\frac {z^{n}}{n!}}$$

$(4):$ Hipergeométrica de Gauss teorema, tenga en cuenta que $$\Gamma(z) \; \Gamma\left(z + \frac{1}{2}\right) = 2^{1-2z} \; \sqrt{\pi} \; \Gamma(2z).$$

Answer 2

Podemos observar que la $$\begin{eqnarray*} \sum_{n\geq 0}\binom{m+2n}{n}\frac{1}{4^n(m+n+1)}&=&\operatorname*{Res}_{z=0}\frac{1}{z}\sum_{n\geq 0}\frac{(1+z)^m\left(\frac{(1+z)^{2}}{4z}\right)^n}{m+n+1}\\&=&\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{(1+e^{i\theta})^m \cos^n(\theta/2)}{m+n+1}\,d\theta\\&=&\frac{2^m}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{e^{mi\theta/2}\cos^{n+m}(\theta/2)}{m+n+1}d\theta\\&=&\frac{2^{m+1}}{2\pi}\int_{0}^{\pi}e^{mi\theta}\sum_{n\geq 0}\frac{\cos^{m+n}(\theta)}{m+n+1}d\theta\\&=&\frac{2^{m+1}}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{e^{mi\theta}}{\cos\theta}\int_{0}^{\cos\theta}\sum_{n\geq 0}u^{m+n}\,du\,d\theta\\&=&\frac{2^{m+1}}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{e^{mi\theta}}{\cos\theta}\int_{0}^{\cos\theta}\frac{u^m}{1-u}\,du\,d\theta\\&=&\frac{2^{m+1}}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\cos(m\theta)\cos^m(\theta)\int_{0}^{1}\frac{v^m}{1-v\cos\theta}\,dv\,d\theta\\&=&\frac{2^{m+1}}{2\pi}\int_{-1}^{1}\frac{x^m T_m(x)}{\sqrt{1-x^2}}\int_{0}^{1}\frac{v^m}{1-vx}\,dv\,dx\\&=&\frac{2^{m+1}}{2\pi}\int_{0}^{1}\int_{-1}^{1}\frac{(xv)^m T_m(x)}{(1-vx)\sqrt{1-x^2}}\,dx\,dv\end{eqnarray*}$$ y la demanda puede ser demostrado al multiplicar ambos lados por $t^m$, sumando más de $m\geq 0$ y recordando la generación de función (13) para los polinomios de Chebyshev de la primera clase.

Answer 3

Considere la siguiente identidad demostrado en otros lugares:

$$ \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{x}{2}\right)^{m+2n}\binom{m+2n}{n} =\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\left(\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{x}\right)^m.\la etiqueta{1} $$

Multiplicando ambos lados de la identidad por $\left(\frac{x}{2}\right)^{m+1}$ y la integración de más de $x$ se obtiene: $$ \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{t}{2}\right)^{2m+2n+2}\binom{m+2n}{n}\frac{1}{m+n+1} =\int_0^t\frac{xdx}{2\sqrt{1-x^2}}\left(\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{2}\right)^m\\ =\int_0^{\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{2}}u^m\,du =\frac{1}{m+1}\left(\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{2}\right)^{m+1}.\la etiqueta{2} $$

Sustituyendo en (2) $t=1$ finalmente, se obtiene: $$ \sum_{n=0}^\infty \left(\frac{1}{2}\right)^{2m+2n+2}\binom{m+2n}{n}\frac{1}{m+n+1}=\frac{1}{m+1}\left(\frac{1}{2}\right)^{m+1} \Rightarrow \sum_{n=0}^\infty\frac {(m+2n)!}{n!(m+n+1)!}\left(\frac{1}{4}\right)^n =\frac{2^{m+1}}{m+1}. $$