Berechnen Sie die geschlossene Form der folgenden Reihe

Dank der Identität von Pascal können Sie die Wiederholungsbeziehung verwenden:

$${m - 1 \choose k - 1} = {m \choose k} - {m - 1 \choose k}.$$

Wie von Claude Leibovici im Kommentar vorgeschlagen, können wir ein allgemeineres Ergebnis erzielen.

Lassen

$$S(k) = \sum_{m = k}^\infty {m - 1 \choose k - 1} \frac{1}{x^m}.$$ Wie es scheint$S(k)$konvergiert solange$|x| > 1$.

Mit Pascals Identität haben wir

$$\sum_{m = k}^\infty {m - 1 \choose k - 1} \frac{1}{x^m} =x\sum_{m = k}^\infty {m \choose k} \frac{1}{x^{m + 1}} -\sum_{m = k}^\infty {m-1 \choose k} \frac{1}{x^{m}}$$ Die uns geben$S(k) = xS(k) - S(k - 1)$oder $$\begin{equation} S(k - 1) = (x - 1)S(k) \tag{1} \end{equation}$$ Jetzt$S(1)$ist nur die geometrische Reihe $$\sum_{m = 1}^\infty \frac{1}{x^m} = \frac{1}{x - 1}$$ Das gibt uns die Lösung für$(1)$Ist $$\begin{equation} S(k) = \frac{1}{(x - 1)^k} = \sum_{m = k}^\infty {m - 1 \choose k - 1} \frac{1}{x^m}\tag{2} \end{equation}$$ Einstellung$x = 4$liefert uns das gewünschte Ergebnis.

Beachten Sie die Ähnlichkeit mit dem negativen Binomialsatz :

$$\frac{1}{(x + a)^k} = \sum_{j = 0}^\infty (-1)^j {k + j - 1 \choose j} x^j a^{k - j}$$ Wenn$a = -1$die für konvergiert$|x| < 1$.

Wir können dann kombinieren$S(k)$mit diesem bekommt man eine (Laurent) Serienerweiterung von$\frac{1}{(x - 1)^k}$als Folge.

Angenommen, wir haben eine unfaire Münze, die mit Wahrscheinlichkeit Kopf ergibt$\frac{3}{4}$und wir werfen es wiederholt, bis wir bekommen$r$Köpfe. Die Wahrscheinlichkeit, dass die$r$-ten Kopf ist von der$m$-ten Wurf ergibt sich aus folgendem Ausdruck:

$$\binom{m-1}{r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{m-r}\left(\frac{3}{4}\right)^{r}$$

Wenn wir die Wahrscheinlichkeit für alles Mögliche summieren$m$dann holen wir uns eins

$$\begin{align} 1&=\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{m-r}\left(\frac{3}{4}\right)^{r}}\\ \\ &=3^{r}\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{m}}\\ \\ \\ \text{or }&\text{equivalently}\\ \\ \\ \left(\frac{1}{3}\right)^{r}&=\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{m}}\\ \end{align}$$

Für einen allgemeinen Fall, in dem die Wahrscheinlichkeit, Kopf zu bekommen, ist$1-x$Wo$0\leq x< 1$:

$$\begin{align} 1&=\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}x^{m-r}\left(1-x\right)^{r}}\\ \\ &=\left(\frac{1-x}{x}\right)^{r}\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}x^{m}} \end{align}$$

Betrachten Sie die Serie

$$S := \displaystyle \sum_{m=r}^{\infty}\binom{m-1}{r-1}x^m$$

Wir haben die folgende Fakultätsbeziehung:

$$\displaystyle \binom{n}{k} = \frac{n}{k} \binom{n-1}{k-1}$$

So dass$\displaystyle \binom{m-1}{r-1} = \frac{r}{m}\binom{m}{r}.$Daher haben wir

$$S := \sum_{m \ge r}\binom{m-1}{r-1}x^m = \sum_{m \ge r}\frac{r}{m}\binom{m}{r}x^m = \sum_{k \ge 0}\frac{r}{k+r}\binom{k+r}{r}x^{k+r}$$

Für$\beta \in \mathbb C$Wir haben die Binomialreihe $\displaystyle \frac{1}{(1-z)^{\beta+1}} = \sum_{k \ge 0} {k+\beta \choose k}z^k$.

Schreiben$\displaystyle \frac{1}{k+r} = \int_0^1 y^{k+r-1} \, \mathrm dy$wir haben:

$$\begin{aligned} S & = rx^r\sum_{k \ge 0}\binom{k+r}{r}x^{k} \int_0^1 y^{r+k-1} \, \mathrm dy \\& = rx^r \int_0^1 \sum_{k \ge 0}\binom{k+r}{r}x^{k}y^{r+k-1} \, \mathrm dy \\& = rx^r \int_0^1 y^{r-1} \sum_{k \ge 0}\binom{k+r}{r}(xy)^k \, \mathrm dy \\& = rx^r \int_0^1 y^{r-1} \frac{1}{(1-xy)^{r+1}} \, \mathrm dy \\& = \frac{rx^r}{r(1-x)^r} \\& = \frac{x^r}{(1-x)^r}. \end{aligned}$$

Der Fall wo$\displaystyle x = \frac{1}{4}$gibt$\displaystyle S = \frac{1}{3^r}$.

Wir erhalten

$$\begin{align*} \color{blue}{\sum_{m=r}^\infty\binom{m-1}{r-1}\frac{1}{4^m}} &=\sum_{m=0}^\infty\binom{m+r-1}{m}\frac{1}{4^{m+r}}\tag{1}\\ &=\frac{1}{4^r}\sum_{m=0}^\infty\binom{-r}{m}\left(-\frac{1}{4}\right)^m\tag{2}\\ &=\frac{1}{4^r}\,\frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}\right)^r}\tag{3}\\ &\,\,\color{blue}{=\frac{1}{3^r}} \end{align*}$$ und die Behauptung folgt.

Kommentar:

• In (1) verschieben wir zunächst den Index$m=0$und wir verwenden auch die Identität$\binom{p}{q}=\binom{p}{p-q}$.

• In (2) klammern wir aus$\frac{1}{4^r}$und wende die binomiale Identität an$\binom{-p}{q}=\binom{p+q-1}{q}(-1)^q$.

• In (3) verwenden wir die Binomialreihenentwicklung .

Ändern Sie den Summierungsindex in$n:=m-1$. Ihre Summe ist dann

$$\sum_{n=r-1}^\infty{n\choose r-1}\frac1{4^{n+1}}=\frac14\sum_{n=r-1}^\infty{n\choose r-1}\frac1{4^{n}}.$$ Wenden Sie nun die Identität an $$\sum_{n=k}^\infty{n\choose k}x^n=\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}$$ mit$k:=r-1$Und$x:=\frac14$um das Ergebnis zu erhalten.

Wir können die folgende Identität (die zur Berechnung der Potenz einer unendlichen Taylor-Reihe verwendet wird) direkt verwenden, um die Summe zu berechnen:

$\left(\sum\limits_{k=1}^{\infty}x^k\right)^r=\sum\limits_{m=r}^{\infty}\binom{m-1}{r-1}{x^m}$

(siehe https://en.wikipedia.org/wiki/Stars_and_bars_(combinatorics) (Beispiel 4)

• Wir können die obige Gleichheit kombinatorisch verstehen, indem wir die Sterne-und-Balken-Methode verwenden.

• Betrachten wir die Anzahl der Bildungsmöglichkeiten$m^{th}$Kraft von$x$auf der RHS.

• Das obige entspricht dem Platzieren$m$identische Kugeln (RHS) in$r$Boxen (links), sodass jede Box mindestens einen Ball enthält

• Es kann in gemacht werden$m-r+r-1 \choose r-1$=$m-1 \choose r-1$Wege.

Jetzt wählen$x=\frac{1}{4}$, von der RHS der obigen Identität, haben wir,

$\sum\limits_{m=r}^{\infty}\binom{m-1}{r-1}{\left(\frac{1}{4}\right)^m}=\left(\sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^k\right)^r =\left(\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}\right)^r=\frac{1}{3^r}$

indem Sie die Formel für eine Summe einer unendlichen GP-Reihe verwenden.