Demostrar una corriente alterna binomio suma impar pesos

Question

¿Cómo puede el siguiente identidad por entero positivo $n$ probarse? Se ha confirmado simbólicamente por Mathematica:

$$ \sum_{i=1}^n (-1)^{1+i} (2n+1-2i) \binom{2n+1}{i} = 2n + 1 $$

La inducción parece bastante engorroso como $n$ aparece en tres instancias en el lado izquierdo. También la costumbre binomio de la suma de las identidades tienen un límite superior igual a el número superior en el coeficiente binomial, mientras que aquí estas son las $n$ $2n+1$ respectivamente.

De fondo. Esta identidad surgió a partir de una expansión de la serie donde las funciones $U_k(\phi)$ recursivamente satisfacer la ecuación diferencial dependiendo $U_{k-2}(\phi)$. Después de la computación primeros con la mano, yo era capaz de ver el patrón, y procedió a demostrar por inducción. Sin embargo, por extraño $k \ge 3$, se trataba de mostrar la identidad

$$ \sum_{\substack{j=1 \\ \text{$j$ impar}}}^{k-2} (-1)^{(j-1)/2} \frac{2j}{(k-j)!!(k+j)!!} = (-1)^{(k+1)/2} \frac{2k}{(2k)!!}. $$

Después de la reorganización y expansión de la doble factoriales en términos de una sola factoriales, me obtuvo

$$ \sum_{\substack{j=1 \\ \text{$j$ impar}}}^{k-2} (-1)^{(j+k)/2} \frac{j}{k} \binom{k}{(k-j)/2} = 1. $$

Poner a $j = 2i-1$ $k = 2n+1$ da

$$ \sum_{i=1}^n (-1)^i (2i-1) \binom{2n+1}{n+1-i} = (-1)^n (2n+1), $$

y escribir la suma hacia atrás (es decir, la sustitución de $i$$n+1-i$) de los rendimientos de los de arriba.

Answer 1

Hay una mancha de la respuesta mediante la generación de funciones.

Restando el $2n+1$ más, y de la negación, esto es equivalente a probar $$ \sum_{i=0}^n\underbrace{(-1)^{i}\binom{2n+1}{i}}_{a_i}\underbrace{(2(n-i)+1)}_{b_{n-i}}=0 $$ donde me han dado nombres a ciertas partes de la suma. Estamos tratando de demostrar que la convolución de las secuencias de $a_i$ $b_i$ es igual a cero. La generación de la función de la convolución es igual al producto de las funciones de generación de $a_i$$b_i$, así que vamos a calcular los: $$ Una(x) =\sum_{i=0}^\infty a_ix^i= \sum_{i=0}^\infty \binom{2n+1}{i}(-1)^ix^i = (1-x)^{2n+1} $$ $$ B(x) =\sum_{i=0}^\infty b_ix^i= \sum_{i=0}^\infty(2i+1)x^i = 2\cdot\frac{x}{(1-x)^2}+\frac{1}{(1-x)}=\frac{1+x}{(1-x)^2} $$ La multiplicación de estos, la suma que estamos tratando de calcular es el coeficiente de $x^n$ en $$ A(x)B(x) = (1+x)(1-x)^{2n-1}=\color{blue}{(1-x)^{2n-1}}+\color{verde}{x(1-x)^{2n-1}} $$ El $x^n$ coeficiente de $\color{blue}{(1-x)^{2n-1}}$$\binom{2n-1}{n}(-1)^n$, y el $x^n$ coeficiente de $\color{green}{x(1-x)^{2n-1}}$ $x^{n-1}$ coeficiente de $(1-x)^{2n-1}$ es igual a $(-1)^{n-1}\binom{2n-1}{n-1}$. Aviso estos son fundamentales los coeficientes binomiales con signos opuestos, de modo que su suma es cero.

Answer 2

Poner la mano derecha $2n+1$ a la izquierda y multiplicando la ecuación con $-1$ transforma la demanda en

El siguiente es válido para $n\geq 0$: \begin{align*} \sum_{i=0}^n(-1)^i(2n+1-2i)\binom{2n+1}{i}=0 \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{i=0}^n}&\color{blue}{(-1)^i(2n+1-2i)\binom{2n+1}{i}}\\ &=(2n+1)\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{2n+1}{i}-2(2n+1)\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{2n}{i-1}\tag{1}\\ &=(2n+1)\left[1+\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{2n}{i}-\sum_{i=1}^n(-1)^i\binom{2n}{i-1}\right]\tag{2}\\ &=(2n+1)\left[\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{2n}{i}+\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i\binom{2n}{i}\right]\tag{3}\\ &=(2n+1)\left[\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{2n}{i}+\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i\binom{2n}{2n-i}\right]\tag{4}\\ &=(2n+1)\sum_{i=0}^{2n}(-1)^i\binom{2n}{i}\tag{5}\\ &=(2n+1)(1-1)^{2n}\\ &\,\,\color{blue}{=0} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (1) se multiplica y el uso de la mano derecha de la suma el binomio identidad $\binom{p}{q}=\frac{p}{q}\binom{p-1}{q-1}$.

• En (2) nos factor $2n+1$. Nos separamos de la parte izquierda de la suma del primer término (con $i=0$) y se aplican a la izquierda suma el binomio identidad $\binom{p+1}{q}=\binom{p}{q}+\binom{p}{q-1}$.

• En (3) ponemos el sumando $1$ vuelta a la izquierda de la suma y el cambio en el índice de la mano derecha de la suma por uno para comenzar con $i=0$.

• En (4) se aplica el binomio identidad $\binom{p}{q}=\binom{p}{p-q}$ a la mano derecha de la suma.

• En (5) se observa que las cantidades pueden ser muy bien combinado.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\sum_{i = 1}^{n}\pars{-1}^{1 + i}\pars{2n + 1 - 2i}{2n + 1 \choose i}}} = 2n + 1 + \sum_{i = 0}^{n}\pars{-1}^{1 + i}\pars{2n + 1 - 2i}{2n + 1 \choose i} \\[5mm] = &\ 2n + 1 + \color{#55f}{\sum_{i = 0}^{2n + 1}\pars{-1}^{1 + i}\pars{2n + 1 - 2i} {2n + 1 \choose i}} - \sum_{i = n + 1}^{2n + 1}\pars{-1}^{1 + i}\pars{2n + 1 - 2i} {2n + 1 \choose i} \end{align}

---

Tenga en cuenta que el $\ds{\color{#55f}{\textsf{first sum}}}$, en la última línea, $\ds{\underline{\texttt{vanishes out}}}$: \begin{align} &\color{#55f}{\sum_{i = 0}^{2n + 1}\pars{-1}^{1 + i}\pars{2n + 1 - 2i} {2n + 1 \choose i}} = \left.\partiald{}{x}\sum_{i = 0}^{2n + 1}\pars{-1}^{1 + i} {2n + 1 \choose i}x^{2n + 1 - 2i}\,\right\vert_{\ x\ =\ 1} \\[5mm] = &\ -\,\partiald{}{x}\bracks{x^{-2n - 1}\pars{x^{2} - 1}^{2n + 1}}_{\ x\ =\ 1} = \color{red}{\large 0} \end{align} tal que \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\sum_{i = 1}^{n}\pars{-1}^{1 + i}\pars{2n + 1 - 2i}{2n + 1 \choose i}}} = 2n + 1 + \sum_{i = 0}^{n}\pars{-1}^{i + n}\pars{2i + 1} {2n + 1 \choose i + n + 1} \\[5mm] = &\ 2n + 1 - \sum_{i = 0}^{n}\pars{-1}^{i + 1}\pars{2n -2i + 1} {2n + 1 \choose 2n + 1 - i} \\[5mm] = &\ 2n + 1 - \sum_{i = 0}^{n}\pars{-1}^{i + 1}\pars{2n -2i + 1}{2n + 1 \choose i} \\[5mm] = &\ 2n + 1 - \bracks{-\pars{2n + 1} + \bbox[10px,#ffd]{\ds{\sum_{i = 1}^{n}\pars{-1}^{i + 1}\pars{2n -2i + 1}{2n + 1 \choose i}}}} \end{align}

---

A continuación, $$ \bbx{% \bbox[10px,#ffd]{\ds{\sum_{i = 1}^{n}\pars{-1}^{1 + i}\pars{2n + 1 - 2i}{2n + 1 \elegir i}}} = 2n + 1} $$

Answer 4

Podemos escribir:

$$\sum_{i=1}^n (-1)^{1+i} (2n+1-2i) \binom{2n+1}{i} = 2\sum_{i=1}^n (-1)^{i} i \binom{2n+1}{i} - (2n+1) \sum_{i=1}^n (-1)^{i} \binom{2n+1}{i} .$$

Ahora, tenemos

$$ (2n+1) \sum_{i=1}^n (-1)^{i} \binom{2n+1}{i} = (-1)^n(n+1)\binom{2n+1}{n+1}-(2n+1) \etiqueta{1}$$

y

$$ 2\sum_{i=1}^n (-1)^{i} i \binom{2n+1}{i} = (-1)^n(n+1)\binom{2n+1}{n+1} \etiqueta{2}.$$

Se puede ver cómo?

Sugerencia para $(2)$:
El uso de la diferenciación y el teorema del binomio de Newton para demostrar que

$$\sum_{k=0}^{2n+1}\,k\,x^k\,\binom{2n+1}k = (2n+1)\,x\,(x+1)^{2n}\tag{3}.$$

Ahora, observa que para todos los $0\leq k \leq n$ tenemos $\binom{2n+1}{n+1+k} = \binom{2n+1}{n-k}$ y escribir

\begin{align} \sum_{k=0}^{2n+1}\,k\,{(-1)}^k\,\binom{2n+1}k &= \sum_{k=0}^{n}\,(-1)^{n+1+k}\,(n+1+k)\,\binom{2n+1}{n+1+k} + (-1)^{n-k}\,(n-k)\,\binom{2n+1}{n-k} \\&= \sum_{k=0}^{n}\,(-1)^{n+1+k}\,(2k+1)\,\binom{2n+1}{n-k} \end{align}

Ahora, los índices de cambio con $i = n-k$ y obtener que

\begin{align} \sum_{k=0}^{2n+1}\,k\,{(-1)}^k\,\binom{2n+1}k &= \sum_{i=0}^{n}\,(-1)^{i+1}\,\big((2n+1)-2i\big)\,\binom{2n+1}{i} \\&= 2\,\sum_{i=0}^{n}\,(-1)^{i}\,i\,\binom{2n+1}{i} - (2n+1)\,\sum_{i=0}^{n}\,(-1)^{i}\,\binom{2n+1}{i} \end{align}

El uso de $(1)$$(3)$, se puede concluir?