¿Qué es $\sum_{r=0}^n \frac{(-1)^r}{\binom{n}{r}}$?

Question

Encontrar una forma cerrada de expresión para $$\sum_{r=0}^n \dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n}{r}}$$

donde $n$ es incluso un entero positivo.

He intentado utilizar el binomio de identidades, pero dado que el coeficiente binomial está en el denominador, yo no puedo hacer mucho. También, estoy buscando un no-cálculo, de la escuela primaria de la solución, si es posible.

Gracias.

Answer 1

$$\underline{\text{Method 1}}$$

$\text{S}=\displaystyle\sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n}{r}}$

$=\displaystyle\sum_{r=0}^{n}(-1)^r\dfrac{r!(n-r)!}{n!}$

$=\displaystyle\sum_{r=0}^{n}(-1)^r \dfrac{r!(n-r)!\color{blue}{(n-r+1+r+1)}}{n!}\color{red}{\times\dfrac{1}{(n+2)}}$

$=\displaystyle\sum_{r=0}^{n}\dfrac{1}{n!(n+2)}\left[(-1)^r\left\{r!(n-r+1)!+(n-r)!(r+1)!\right\}\right]$

$\color{blue}{=\displaystyle\sum_{r=0}^{n}\dfrac{1}{n!(n+2)}\left[(-1)^r\left\{T_{r}+T_{r+1}\right\}\right]}\tag{*}$

donde $T_{r}=r!(n-r+1)!$

Claramente, $(*)$ es un telescópico de la serie,

$\implies \text{S}=(-1)^nT_{n+1}+T_{0}$

$=(-1)^n\dfrac{(n+1)!}{n!(n+2)} + \dfrac{(n+1)!}{n!(n+2)}$

Desde $n$ es incluso,

$$\color{red}{\therefore\text{S}=\boxed{2\dfrac{n+1}{n+2}}}$$

---

$$\underline{\text{Method 2}}$$

Considere el siguiente Lema.

Lema : $$\color{brown}{\displaystyle \sum_{r=0}^k\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{k}{r}}=0}$$

donde $k$ es un entero positivo impar.

Prueba : $\text{S}=\displaystyle \sum_{r=0}^k\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{k}{r}}$

$=\displaystyle \sum_{r=0}^k\dfrac{(-1)^{k-r}}{\dbinom{k}{k-r}}$ $\displaystyle\color{blue}{\left(\because \sum_{r=0}^{n} f(r) = \sum_{r=0}^{n} f(n-r) \right)} $

$= -\displaystyle \sum_{r=0}^k\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{k}{r}}$

$\implies \text{S}=-\text{S}$

$\implies \text{S}=0$

Esto completa la prueba del Lema.

Ahora, desde la $n$ es incluso, $n+1$ es impar.

Usando el Lema, tenemos,

$\color{blue}{\displaystyle \sum_{r=0}^{n+1}\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n+1}{r}}=0} \tag{1}$

Vamos,

$\color{red}{\text{J}=\displaystyle \sum_{r=0}^n\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n}{r}}}\tag{2}$

De operación $(1)+(2)$,

$\implies \text{J}+0=\displaystyle \sum_{r=0}^n\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n}{r}} + \displaystyle \sum_{r=0}^{n+1}\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n+1}{r}}$

$=\displaystyle \sum_{r=0}^n\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n}{r}} + \displaystyle \sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n+1}{r}} +\dfrac{(-1)}{\dbinom{n+1}{n+1}}$

$=\displaystyle \sum_{r=0}^n\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n}{r}} + \displaystyle \sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^{n-r}}{\dbinom{n+1}{n-r}} -1$ $\displaystyle\color{blue}{\left(\because \sum_{r=0}^{n} f(r)=\sum_{r=0}^{n} f(n-r)\right)}$

$=\displaystyle \sum_{r=0}^n\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n}{r}} + \displaystyle \sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^{r}}{\dbinom{n+1}{r+1}} -1$

$=\displaystyle \sum_{r=0}^n(-1)^r\left\{\dfrac{1}{\dbinom{n}{r}} + \dfrac{r+1}{n+1} \cdot \dfrac{1}{\dbinom{n}{r}}\right\} -1$ $\displaystyle\color{red}{\left[\because \dbinom{n}{r}=\dfrac{n}{r}\dbinom{n-1}{r-1} \ \text{&} \ \dbinom{n}{r}=\dbinom{n}{n-r} \right]}$

$\implies \text{J} = \displaystyle\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right) \sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^r}{\dbinom{n}{r}}+ \dfrac{1}{n+1} \sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^r\cdot r}{\dbinom{n}{r}} -1$

$\implies \text{J}+1 = \displaystyle\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right) \text{J}+ \dfrac{1}{n+1} \underbrace{\color{#66f}{\sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^r\cdot r}{\dbinom{n}{r}}}}_{\huge{= \ \text{G} \ (\text{let})}} \tag{3}$

Ahora,

$\text{G}=\displaystyle\sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^r\cdot r}{\dbinom{n}{r}}$

$=\displaystyle\sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^{n-r}\cdot (n-r)}{\dbinom{n}{n-r}}$

$=\displaystyle\sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^{r}\cdot (n-r)}{\dbinom{n}{r}}$

$=\displaystyle n\sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^{r}}{\dbinom{n}{r}} - \sum_{r=0}^{n}\dfrac{(-1)^{r}\cdot r}{\dbinom{n}{r}}$

$\implies \text{G}=n\cdot \text{J}-\text{G}$

$\implies\color{red}{\text{G}=\dfrac{\text{J}n}{2}} \tag{4}$

De $(3)\ \text{&} \ (4)$,

$\text{J}+1= \displaystyle\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right) \text{J}+ \dfrac{\text{G}}{n+1}$

$\implies \text{J}+1= \displaystyle\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right) \text{J}+ \dfrac{\text{J}n}{2(n+1)}$

$$\color{green}{\therefore\text{J}=\boxed{2\dfrac{n+1}{n+2}}}$$

Q. E. D.

Answer 2

La fuerza bruta con la función Beta: $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{\binom{n}{k}} &=\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{\Gamma(k+1)\Gamma(n-k+1)}{\Gamma(n+1)}\tag{1a}\\ &=(n+1)\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac{\Gamma(k+1)\Gamma(n-k+1)}{\Gamma(n+2)}\tag{1b}\\ &=(n+1)\sum_{k=0}^n(-1)^k\operatorname{B}(k+1,n-k+1)\tag{1c}\\ &=(n+1)\int_0^1\sum_{k=0}^n(-1)^kt^k(1-t)^{n-k}\,\mathrm{d}t\tag{1d}\\ &=(n+1)\int_0^1(1-t)^n\frac{1+\left(\frac t{1-t}\right)^{n+1}}{1+\frac{t}{1-t}}\,\mathrm{d}t\tag{1e}\\ &=(n+1)\int_0^1\left[(1-t)^{n+1}+t^{n+1}\right]\,\mathrm{d}t\tag{1f}\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{2\frac{n+1}{n+2}}\tag{1g} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(1a)}$: $\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}$ y $n!=\Gamma(n+1)$
$\text{(1b)}$: $\Gamma(n+2)=(n+1)\Gamma(n+1)$
$\text{(1c)}$: definición de la función Beta, en términos de la función Gamma
$\text{(1d)}$: definición de la función Beta, en términos de una integral
$\text{(1e)}$: $\frac{1+x^{n+1}}{1+x}=1-x+x^2-\dots+x^n$ al $n$ es incluso
$\text{(1f)}$: simplificar el integrando
$\text{(1g)}$: integrar

---

Un mayor acercamiento elemental:

Para $k\gt0$, parcial fracciones da $$ \frac1{\binom{n}{k}}=\sum_{j=1}^k(-1)^{k-j}\binom{k}{j}\frac j{n-j+1}\etiqueta{2} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{\binom{n}{k}} &=1+\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^k}{\binom{n}{k}}\tag{3a}\\ &=1+\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^k(-1)^j\binom{k}{j}\frac j{n-j+1}\tag{3b}\\ &=1+\sum_{j=1}^n\sum_{k=j}^n(-1)^j\binom{k}{j}\frac j{n-j+1}\tag{3c}\\ &=1+\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}\frac j{n-j+1}\tag{3d}\\ &=1+\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}\frac{(n+1)\,j}{(j+1)(n-j+1)}\tag{3e}\\ &=1+\frac{n+1}{n+2}\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}\left(\frac j{j+1}+\frac j{n-j+1}\right)\tag{3f}\\ &=1+\frac{n+1}{n+2}\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}\frac n{j+1}\tag{3g}\\ &=1+\frac{n+1}{n+2}\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}\frac n{n+1}\tag{3h}\\ &=1+\frac n{n+2}\tag{3i}\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{2\frac{n+1}{n+2}}\tag{3j} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(3a)}$: separar las $k=0$ plazo
$\text{(3b)}$: aplicar $(2)$
$\text{(3c)}$: cambiar el orden de la suma de
$\text{(3d)}$: $\sum\limits_{k=j}^n\binom{k}{j}=\binom{n+1}{j+1}$
$\text{(3e)}$: $\binom{n+1}{j+1}=\binom{n}{j}\frac{n+1}{j+1}$
$\text{(3f)}$: fracciones parciales
$\text{(3g)}$: sustituto $j\mapsto n-j$ en el derecho sumando
$\text{(3h)}$: $\binom{n}{j}\frac1{j+1}=\binom{n+1}{j+1}\frac1{n+1}$
$\text{(3i)}$: $\sum\limits_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}=1$
$\text{(3j)}$: simplificar

Answer 3

Para una fija $k$, si consideramos a $\frac{1}{\binom{n}{k}}$ como una función de meromorphic $n$, tenemos:

$$ \text{Res}\left(\binom{n}{k}^{-1},\,n=r\right)=k(-1)^{k+r+1}\binom{n-1}{r} $$ para cada $r\in[0,k-1]$. Que implica: $$ \text{Res}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{\binom{n}{k}},n=0\right)=0-1-2-\ldots-n=-\binom{n+1}{2}$$ así como: $$ \text{Res}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{\binom{n}{k}},n=1\right)=0+2+6+12+\ldots+2\binom{n}{2}=2\binom{n+1}{3}$$ así, por inducción: $$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}^{-1}=\sum_{h=0}^{n-1}\frac{(-1)^{h+1}(h+1)}{n-h}\binom{n+1}{h+2}=(n+1)\sum_{h=0}^{n-1}\frac{(-1)^{h+1}}{h+2}\binom{n}{h}$$ pero la última suma es fácilmente manejable a través de técnicas habituales, ya que está claramente relacionado con $\int_{0}^{1}x(1-x)^n\,dx$.