Encontré esta suma trabajando en una integral:
$$ \sum_ {k=0}^{n} \binom {n}{k}(-1)^{k} \sqrt {k}$$
No creo que pueda escribirse como una función hipergeométrica, debido a esta raíz cuadrada.
¿Esta suma tiene una forma cerrada?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Una forma cerrada para $$ S(n) := \sum_ {k=0}^n \binom {n}{k} (-1)^{k} \sqrt {k} $$ es realmente improbable; en cualquier caso, no puede ser un finito suma hipergeométrica, porque los términos con $k$ sin problemas en $n/4 < k \leq n$ contribuyen con raíces cuadradas independientes, y hay alrededor de $ \frac34 n / \zeta (2)$ de estos así que el grado de $S(n)$ a medida que un número algebraico crece exponencialmente en $n$ .
Sin embargo, se puede obtener una fórmula integral definitiva para $S(n)$ (de hecho la pregunta de la OP sugirió que él o ella comenzó con tal integral): $$ S(n) = - \frac1 { \sqrt\pi } \int_0 ^ \infty \left (1-e^{-x^2} \right )^n \frac {dx}{x^2} $$ para todos $n>0$ . (Para obtener esta fórmula, comience con la conocida $ \int_0 ^ \infty e^{-ax^2} dx = \frac12 \sqrt { \pi /a}$ integrarse desde $a=0$ a $a=k$ y dividir por $ \sqrt\pi $ para obtener $$ \sqrt {k} = \frac1 { \sqrt\pi } \int_0 ^ \infty \left (1-e^{-kx^2} \right ) \frac {dx}{x^2}, $$ y luego se multiplica por $(-1)^k \binom {n}{k}$ y la suma de $k=0$ a $k=n$ .) Por ejemplo, de la integral se desprende que $$ -1 = S(1) < S(2) < S(3) < S(4) < \cdots \rightarrow 0 $$ pero la convergencia a cero es muy lenta, con $S(n)$ asintótica a $-( \pi \log n)^{-1/2}$ para los grandes $n$ por ejemplo $S(10^4)$ es todavía $-.1814 \ldots\ ;$ . $\ $ [Si el cálculo numérico sugiere que $S(n)$ se comporta de forma más irregular que esto, cuidado con la cancelación masiva en la suma definitoria, cuya Los términos más grandes son proporcionales a $ \pm 2^n$ usé varios miles de dígitos de precisión para calcular el valor numérico de $S(10^4)$ . En cualquier caso, está claro que $S(n)<0$ para $n>0$ , porque es $(-1)^n$ veces un $n$ -la diferencia finita de una función cuya $n$ -el derivado tiene signo $(-1)^{n+1}$ en todas partes.]
Markus Scheuer
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Aquí hay algo más de información que también apoya la suposición de Noam D.Elkies que es bastante improbable encontrar una expresión más simple para la suma
$$S(n) = \sum_ {k=0}^{n} \binom {n}{k}(-1)^k \sqrt {k}$$
Podríamos intentar simplificar la suma usando funciones de generación y transformar las series de energía
$$ \sum_ {n \ge 0}S(n)z^n = \sum_ {n \ge 0} \left ( \sum_ {k=0}^{n} \binom {n}{k}(-1)^k \sqrt {k} \right )z^n$$
con
La fórmula de transformación de la serie de Euler:
Dada una función $f(z)= \sum_ {n \ge0 }a_nz^n$ analítica en el disco de la unidad, la siguiente representación es válida: \begin {alinear} f(z)&= \sum_ {n \ge0 }a_nz^n \\ \frac {1}{1-z}f \left ( \frac {z}{1-z} \right )&= \sum_ {n \ge0 } \left ( \sum_ {k=0}^{n} \binom {n}{k}a_k \right )z^n \tag {1} \end {alinear}
Esta fórmula de transformación junto con una prueba que utiliza la fórmula integral de Cauchy se puede encontrar en Identidades de números armónicos a través de la transformación de Euler de Boyadzhiev ( $2009$ ).
Observamos que $a_n = (-1)^n \sqrt {n}$ y así conseguimos el Polilogaritmo $Li_{- \frac {1}{2}}(-z)$
$$f(z)=Li_{- \frac {1}{2}}(-z)= \sum_ {n \ge1 } \frac {(-z)^n}{n^{- \frac {1}{2}}}= \sum_ {n \ge1 }(-1)^n \sqrt {n}z^n$$
De acuerdo con $(1)$ vemos que $S(n)$ es el coeficiente de $z^n$ de:
$$S(n)= \sum_ {k=0}^{n} \binom {n}{k}(-1)^k \sqrt {k} = [z^n] \frac {1}{1+z}Li_{- \frac {1}{2}} \left ( \frac {-z}{1+z} \right )$$
No parece plausible (para mí), que este polilogaritmo pueda ser transformado adecuadamente con el fin de recuperar una expresión más simple para $S(n)$ .
