Cómo demostrar a $ \sum_{k=0}^n \frac{(-1)^{n+k}{n+k\choose n-k}}{2k+1}=\frac{-2\cos\left(\frac{2(n-1)\pi}{3}\right)}{2n+1}$

Question

Cómo probar

$$\sum_{k=0}^n \binom{n+k}{n-k}\frac{(-1)^{n+k}}{2k+1}=-\frac{2}{2n+1}\,\cos\left(\frac{2(n-1)\pi}{3}\right)\;\text{?}$$

Tengo una prueba por inducción para él, pero no es así de simple!!! Quiero buscar una interesante prueba para ella. (Lo siento por mi inglés es muy malo) Me pueden ayudar a re-abrir esta pregunta? Muchas gracias!

Answer 1

Podemos aprovechar: $$ F_{2n+1}(x) = \sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{n-k}x^{2k}\tag{1} $$ donde $F_n(x)$ es un polinomio de Fibonacci. Que da:

$$\sum_{k=0}^{n}\binom{n+k}{n-k}\frac{(-1)^{n+k}}{2k+1}=(-1)^n\int_{0}^{1}\frac{\alpha(x)^{2n+1}-\beta(x)^{2n+1}}{\alpha(x)-\beta(x)}\,dx,\tag{2}$$ donde: $$ \alpha(x) = \frac{ix+\sqrt{4-x^2}}{2},\qquad \beta(x) = \frac{ix-\sqrt{4-x^2}}{2},\tag{3}$$ tan sólo tenemos que utilizar la sustitución de $x=2\sin\theta$ en el lado derecho de la $(2)$ a probar nuestra afirmación, ya que la RHS de $(2)$, convirtiéndose así en: $$ 2(-1)^n \int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\cos((2n+1)\theta)\,d\theta.\tag{4}$$ Como se señalaba en r9m, el mismo efecto se puede lograr mediante el uso de polinomios de Chebyshev de la segunda clase en el primer lugar.

Answer 2

Vamos a tratar de generación de función de enfoque.

Multiplicar por $x^ky^n$ y la suma de ambos $k$$n$: $$ \begin{align} \sum_{k,n}\binom{n+k}{n-k}x^ky^n &=\sum_{k,n}\binom{n}{2k}\frac{x^k}{y^k}y^n\tag{1}\\ &=\frac1{1-y}\sum_k\frac{x^ky^k}{(1-y)^{2k}}\tag{2}\\ &=\frac{1-y}{(1-y)^2-xy}\tag{3} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: $\binom{n+k}{n-k}=\binom{n+k}{2k}$, a continuación, sustituir $n\mapsto n-k$
$(2)$: $\sum\limits_n\binom{n}{k}x^n=\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}$
$(3)$: $\sum\limits_kx^k=\frac1{1-x}$

Sustituto $x\mapsto-x^2$, $y\mapsto y^2$ e integrar a $(3)$$x$$0$$1$: $$ \begin{align} \sum_{k,n}\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n+k}{n-k}y^{2n} &=\int_0^1\frac{1-y^2}{(1-y^2)^2+x^2y^2}\,\mathrm{d}x\tag{4}\\ &=\frac1y\,\tan^{-1}\!\left(\frac{y}{1-y^2}\right)\tag{5}\\[6pt] &=\frac1y\left[\tan^{-1}\left(e^{i\pi/3}y\right)+\tan^{-1}\left(e^{-i\pi/3}y\right)\right]\tag{6}\\ &=2\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{2n+1}\cos\left(\frac{(2n+1)\pi}3\right)y^{2n}\tag{7} \end{align} $$ Explicación:
$(4)$: suplente $x\mapsto-x^2$, $y\mapsto y^2$ e integrar a $(3)$ $x$ $0$ $1$
$(5)$: realizar la integración
$(6)$: uso de la fórmula para la tangente de una suma
$(7)$: el uso de la serie de arcotangente

La ecuación de $(7)$ implica que $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n+k}}{2k+1}\binom{n+k}{n-k} &=\frac2{2n+1}\cos\left(\frac{(2n+1)\pi}3\right)\tag{8}\\ &=-\frac2{2n+1}\cos\left(\frac{(2n-2)\pi}3\right)\tag{9} \end{align} $$ Explicación:
$(8)$: equiparar idénticos poderes de $y$ $(7)$
$(9)$: $\cos(x+\pi)=-\cos(x)$

Answer 3

Mi Solución

Tenemos: \begin{align*}\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^{n+k}}{2k+1}{n+k\choose n-k}&=\sum_{k=0}^n \dfrac{(-1)^{n+k}(n+k)!}{(2k+1)!(n-k)!} \\ &=\dfrac{1}{2n+1}\sum_{k=0}^n\dfrac{(-1)^{n+k}(n+k)!\left[(n+k+1)+(n-k)\right]}{(2k+1)!(n-k)!}\\&=\dfrac{1}{2n+1}\sum_{k=0}^n\left[(-1)^{n+k}{n+1+k\choose 2k+1} -(-1)^{n-1+k}{n+k\choose 2k+1}\right]\\ &=\dfrac{1}{2n+1}\left(S_n-S_{n-1}\right)\end{align*} Donde: \begin{align*}S_n&=\sum_{k=0}^n(-1)^{n+k}{n+1+k\choose 2k+1}=\sum_{k=0}^n(-1)^{n+k}{n+1+k\choose n-k}\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^k{2n+1-k\choose k}\qquad\text{(reverse index)}\end{align*} Así, fáciles de la prueba de $\quad S_n=-S_{n-1}-S_{n-2}\quad$ (referencia aquí)

$\{S_n\}_{n\ge 0}\;:\;\{1,-1,0,1,-1,0,1,-1,0,...\}$

$\{S_n-S_{n-1}\}_{n\ge 1}\;:\;\{-2,1,1,-2,1,1,-2,1,1,...\}$

HECHO! :D

Answer 4

Esto es un poco indirectos manera de abordar el problema, pero sólo para el bien de la variedad voy a añadir un nuevo enfoque.

Haciendo la sustitución de $k \mapsto n-j$,

$$\sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}\binom{n+k}{n-k}x^{2k} = \sum_{j = 0}^{n} (-1)^{j}\binom{2n-j}{j}x^{2n-2j} = U_{2n}\left(\frac{x}{2}\right)$$

donde, $U_{n}(x)$ es el Polinomio de Chebyshev de la segunda clase. Ver aquí para una primaria de la prueba de la derecha de la igualdad.

Haciendo la sustitución de $x = 2\cos \theta$, podemos escribir esta expresión como:

$$U_{2n}\left(\frac{2\cos \theta}{2}\right) = \frac{\sin (2n+1)\theta}{\sin \theta}$$

Por lo tanto, $$\begin{align}\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{n-k}}{2k+1}\binom{n+k}{n-k} &= \int_0^1 \sum_{k=0}^{n} (-1)^{n-k}\binom{n+k}{n-k}x^{2k} \,\mathrm{d}x \\ &= \int_0^1 U_{2n}(x/2)\,\mathrm{d}x\\&= 2\int_{\pi/3}^{\pi/2} \sin (2n+1)\theta \,\mathrm{d}\theta \\ &= \left.-2\frac{\cos (2n+1)\theta}{2n+1}\right\vert_{\pi/3}^{\pi/2}\\ &= \frac{2}{2n+1}\cos \left(\frac{(2n+1)\pi}{3}\right)\end{align}$$

como se requiere.