¿Hay una forma estrecha $g(a,b,n)=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{ak+b}$?

Question

Nosotros podemos estar seguros, que $a>0$, $b>0$ $$f(a,b,n)=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{(-1)^k}{ak+b}=\frac{(an)!^{(a)}}{(an+b)!^{(a)}}$de #%$where $(an+b)!^{(a)}$denota multifactorial: $(n)!^{(1)}=n!$, $(2n)!^{(2)}=(2n)!!$, etcetera.

¿Pero si hacemos un pequeño cambio %#% $de #% tenemos$$g(a,b,n)=\sum\limits{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{ak+b}\sum\limits{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{k+1}=\frac{2^{n+1}-1}{n+1} de % de % general $$\sum\limits{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{k+2}=\frac{n2^{n+1}+1}{(n+1)(n+2)}\sum\limits{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{k+2c}=\frac{n(2c-1)!}{n^{\overline {2c+1}}}\left(1+2^{n+1}\sum\limits{m=1}^{c}\frac{n^{\overline {2m-1}}}{(2m-1)!}\right) hay forma cerrar $$\sum\limits{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{k+2c-1}=\frac{n(2c-2)!}{n^{\overline {2c}}}\left(-1+2^{n+1}\sum\limits_{m=1}^{c}\frac{n^{\overline {2m-2}}}{(2m-2)!}\right)$?

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{\Large\mrm{f}\pars{a,b,n} = {\large ?}.}$

$$\begin{align} \mrm{f}\pars{a,b,n} & \equiv \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}{\pars{-1}^{k} \over ak + b} = {1 \over a}\sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{-1}^{k} \int_{0}^{1}t^{k + b/a - 1}\,\dd t \\[5mm] & = {1 \over a}\int_{0}^{1}t^{b/a - 1} \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}\pars{-t}^{k}\,\dd t = {1 \over a}\int_{0}^{1}t^{b/a - 1}\pars{1 - t}^{n}\,\dd t \\[5mm] & = \bbx{{1 \over a}\,{\Gamma\pars{b/a}\Gamma\pars{n + 1} \over \Gamma\pars{b/a + n + 1}}\,,\qquad\Re\pars{b \over a} > 0} \end{align}$$

---

$\ds{\Large\mrm{g}\pars{a,b,n} = {\large ?}.}$

En el siguiente de la $\textsf{'above procedure'}$, voy a llegar a $$\begin{align} \mrm{g}\pars{a,b,n} & \equiv \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}{1 \over ak + b} = {1 \over a}\int_{0}^{1}t^{b/a - 1}\pars{1 + t}^{n}\,\dd t \,\,\,\stackrel{t\ \mapsto\ 1- t}{=}\,\,\, {1 \over a}\int_{0}^{1}\pars{1 - t}^{b/a - 1}\,\pars{2 - t}^{n}\,\dd t \\[5mm] & = {2^{n} \over a}\int_{0}^{1}t^{1 - 1}\pars{1 - t}^{b/a - 1} \,\pars{1 - {1 \over 2}\,t}^{n}\,\dd t \end{align}$$

que está relacionado con la Euler Escriba la Expresión para la Función Hipergeométrica $\ds{\mbox{}_{2}\mrm{F}_{1}}$.

Es decir, $$\begin{align} \mrm{g}\pars{a,b,n} & \equiv \sum_{k = 0}^{n}{n \choose k}{1 \over ak + b} = {2^{n} \over a}\,\ \overbrace{\mrm{B}\pars{1,{b \over a}}}^{\ds{a \over b}}\ \mbox{}_{2}\mrm{F}_{1}\pars{-n,1;{b \over a} + 1;{1 \over 2}} \\[5mm] & = \bbx{{2^{n} \over b}\, \mbox{}_{2}\mrm{F}_{1}\pars{-n,1;{b \over a} + 1;{1 \over 2}}\,,\qquad \Re\pars{b \over a} > 0} \end{align}$$

$\ds{\mrm{B}}$ es la Función Beta.

Answer 2

Empezamos por tratar de demostrar que la primera forma cerrada dada a ver si un patrón hace emerger. Seguimos con $c$ un entero positivo

$${n+c\choose n} \sum_{k=0}^n {n\choose k} \frac{1}{k+c}$$

Ahora

$${n+c\elegir n} {n\elegir k} = \frac{(n+c)!}{ (c)! \times k! \times (n-k)!} = {n+c\elegir k+c} {k+c\elegir k}.$$

Por lo tanto, tenemos por la suma

$$\sum_{k=0}^n {n+c\elegir k+c} {k+c\elegir k} \frac{1}{k+c} = \frac{1}{c} \sum_{k=0}^n {n+c\elegir k+c} {k+c-1\c-1}.$$

Este es

$$\frac{1}{c} \sum_{k=0}^n {k+c-1\c-1} [z^{n-k}] \frac{1}{(1-z)^{k+c+1}} = \frac{1}{c} \sum_{k=0}^n {k+c-1\c-1} [z^{n}] z^k \frac{1}{(1-z)^{k+c+1}}.$$

Aquí tenemos ninguna contribución a $[z^n]$ al$k\gt n$, por lo que podemos continuar con

$$\frac{1}{c} [z^n] \frac{1}{(1-z)^{c+1}} \sum_{k\ge 0} {k+c-1\c-1} z^k \frac{1}{(1-z)^{k}} \\ = \frac{1}{c} [z^n] \frac{1}{(1-z)^{c+1}} \frac{1}{(1-z/(1-z))^c} \\ = \frac{1}{c} [z^n] \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-2z)^c}.$$

Este es

$$\frac{1}{c} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-2z)^c} \\ = \frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{z-1} \frac{1}{(z-1/2)^c}.$$

Con los residuos de suma cero podemos evaluar este uso de los residuos en $z=1$, $z=1/2$ y $z=\infty.$ obtenemos $z=1$ el residuo

$$\frac{(-1)^{c+1}}{c}.$$

Para el residuo en el infinito nos encontramos

$$- \frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} \frac{1}{(1/z)^{n+1}} \frac{1}{1/z-1} \frac{1}{(1/z-1/2)^c} \\ = - \frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c} \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} z^{n+1} \frac{z}{1-z} \frac{z^c}{(1-z/2)^c} \\ = - \frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c} \mathrm{Res}_{z=0} z^{n+c} \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-z/2)^c} = 0.$$

Esto también sigue por la inspección. El residuo de a $z=1/2$ requiere el uso de Leibniz de la regla como en

$$\frac{1}{p!} \left( \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{z-1} \right)^{(p)} = \frac{1}{p!} \sum_{q=0}^p {p\elegir q} \frac{(-1)^q (n+p)!}{n! z^{n+1+p}} (-1)^{p-q} \frac{(p-q)!}{(z-1)^{p-q+1}} \\ = (-1)^p \sum_{q=0}^p {n+q\elegir q} \frac{1}{z^{n+1+p}} \frac{1}{(z-1)^{p-q+1}}.$$

Nos pusimos $p=c-1$ $z=1/2$ y restaurar el factor en la parte delantera para conseguir el residuo

$$\frac{(-1)^{c+1}}{c 2^c} (-1)^{c-1} \sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} \frac{1}{(1/2)^{n+1+p}} \frac{(-1)^{c-p}}{(1/2)^{c-q}} \\ = \frac{(-1)^c 2^{n+1}}{c} \sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q.$$

La recopilación de todo lo que de esta manera obtener

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{1}{k+c} = {n+c\c}^{-1} \frac{(-1)^c}{c} \left(1 a 2^{n+1} \sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q\ \ derecho).}$$

Esta es una mejora en el sentido de que si $n$ es la variable y $c$ es la constante, a continuación, hemos sustituido la suma de $n$ términos (variable) por una suma de $c$ términos (fijo) de polinomios en $n.$ podemos hacer esto más explícito por escrito

$$\sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q = \sum_{q=0}^{c-1} \frac{(-1)^p}{q!} \sum_{p=0}^n q^p {q+1\brack p+1} \\ = \sum_{p=0}^{c-1} n^p \sum_{p=p}^{c-1} \frac{(-1)^p}{q!} {q+1\brack p+1}.$$

Nos encontramos

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{1}{k+c} = {n+c\c}^{-1} \frac{(-1)^c}{c} \left(1 a 2^{n+1} \sum_{p=0}^{c-1} n^p \sum_{p=p}^{c-1} \frac{(-1)^p}{q!} {q+1\brack p+1}\right).}$$

Con este último resultado se obtiene formas cerradas para fijo $c$, por ejemplo, para $c=5$ rendimientos

$$\frac{-24+2^{n+1} (n^4+6n^3+23n^2+18n+24)} {(n+5)\times\cdots\times (n+1)}.$$

Adenda. Con el propósito de igualar las conjeturas por OP escribimos

$$\sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q = \sum_{q=0}^{c-1} {n+q\elegir q} (-1)^q [z^{c-1}] \frac{z^p}{1-z} \\ = [z^{c-1}] \frac{1}{1-z} \sum_{q\ge 0} {n+q\elegir q} (-1)^q z^q = [z^{c-1}] \frac{1}{1-z} \frac{1}{(1+z)^{n+1}} \\ = (-1)^{c-1} [z^{c-1}] \frac{1}{1+z} \frac{1}{(1-z)^{n+1}} = (-1)^{c-1} [z^{c-1}] \frac{1}{1-z^2} \frac{1}{(1-z)^{n}}.$$

Con $c=2d+1$ donde $d\ge 0$ esto se convierte en

$$[z^{2d}] \frac{1}{1-z^2} \frac{1}{(1-z)^{n}} = \sum_{q=0}^d {2t+n-1\elegir 2t}$$

y al $c=2d$ donde $d\ge 1$ se convierte en

$$- [z^{2d-1}] \frac{1}{1-z^2} \frac{1}{(1-z)^{n}} = - \sum_{q=0}^{d-1} {2t+n\elegir 2q+1}.$$

De este modo, obtener en el primer caso la forma cerrada

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ {n+2d+1\elegir 2d+1}^{-1} \frac{1}{2d+1} \left(-1+2^{n+1} \sum_{q=0}^d {2t+n-1\elegir 2t} \right)}$$

y en el segundo caso

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ {n+2d\elegir 2d}^{-1} \frac{1}{2d} \left(1+2^{n+1} \sum_{q=0}^{d-1} {2t+n\elegir 2q+1} \right).}$$

Estos dos confirmar las conjeturas por OP.