∑nk=0(−1)kk(nk)∑k=0n(−1)kk(nk)\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{k}{n \ wählen Sie k}, wenn nnn eine positive ganze Zahl ist

Question

∑nk=0(−1)kk(nk)∑k=0n(−1)kk(nk)\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{k}{n \ wählen Sie k}, wenn nnn eine positive ganze Zahl ist

Summe
Mathematik
Binomialsatz
Folgen-und-Serien
Binomialkoeffizienten

Z Ahmed

Früher eine Frage in MSE:

Finden $\sum_{r=1}^{3n-1}{ (-1)^{r-1}r\over{3n \choose r}}$ , Wenn $n$ ist gerade

bedeutete, die Zusammenfassung zu fragen

S_{N} = \sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} \frac{k}{(\binom{N}{k})} (1)

$S_n=\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{k}{{n \choose k}}~~~~~(1)$ wann ist

n

$n$ selbst. Aufgrund der Beschränkung eines Verfahrens konnte es nur für gerade positive ganze Zahlen bewiesen werden

n

$n$ . Hier zeigen wir, dass die Summe (1) sowohl für gerade als auch für ungerade Werte von in geschlossener Form geschrieben werden kann

n

$n$ . Verwenden wir die Integraldarstellung des Kehrwerts des Binomialkoeffizienten als

{(\binom{N}{k})}^{- 1} = (N + 1) \int_{0}^{1} X^{k} (1 - X)^{N - k} D X

${n \choose k}^{-1} = (n+1) \int_{0}^{1}x^k (1-x)^{n-k} dx$ Weiter mit

\sum_{k = 0}^{N} k z^{k} = \frac{z}{(1 - z)^{2}} - \frac{z^{N + 1}}{(1 - z)^{2}} - \frac{N z^{N + 1}}{1 - z}

$\sum_{k=0}^{n}k z^k=\frac{z}{(1-z)^2}-\frac{z^{n+1}}{(1-z)^2}-\frac{n z^{n+1}}{1-z}$ Dann

S_{N} = (N + 1) \int_{0}^{1} \sum_{k = 0}^{N} k {(\frac{X}{X - 1})}^{k} (1 - X)^{N} D X = (N + 1) \int_{0}^{1} [- X (1 - X)^{N + 1} + (- 1)^{N} X^{N + 1} (1 - X) + (- 1)^{N} N X^{N + 1}] D X .

$S_n=(n+1)\int_{0}^{1} \sum_{k=0}^{n} k \left(\frac{x}{x-1}\right)^k (1-x)^n dx= (n+1)\int_{0}^{1}[-x(1-x)^{n+1}+(-1)^n x^{n+1}(1-x)+(-1)^n n x^{n+1}]dx.$ Verwenden

\int_{0}^{a} f (x) d x = \int_{0}^{a} f (a - x) d x

$\int_{0}^{a} f(x) dx= \int_{0}^{a} f(a-x) dx$ im zweiten Integral

S_{N} = (N + 1) (\int_{0}^{1} - X^{N + 1} (1 - X) D X + (- 1)^{N} \int_{0}^{1} X^{N + 1} (1 - X) D X + (- 1)^{N} N \int_{0}^{1} X^{N + 1} D X) .

$S_n=(n+1) \left(\int_{0}^{1} -x^{n+1}(1-x) dx+(-1)^n\int_{0}^{1} x^{n+1}(1-x) dx+(-1)^n n \int_{0}^{1} x^{n+1} dx \right).$

⟹ S_{N} = - (N + 1) [1 + (- 1)^{N + 1}] \int_{0}^{1} (X^{N + 1} - X^{N + 2}) D X + (- 1)^{N} \frac{N (N + 1)}{N + 2} .

$\implies S_n=-(n+1)[1+(-1)^{n+1}] \int_{0}^{1} (x^{n+1}-x^{n+2}) dx+(-1)^n\frac{n(n+1)}{n+2}.$

S_{N} = - [1 + (- 1)^{N + 1}] \frac{N + 1}{(N + 2) (N + 3)} + (- 1)^{N} \frac{N (N + 1)}{N + 2} (2)

$S_n=-[1+(-1)^{n+1}]\frac{n+1}{(n+2)(n+3)}+ (-1)^n \frac{n(n+1)}{n+2}~~~~(2)$ Die Frage ist: Welche anderen Methoden gibt es, um dieses Ergebnis zu erhalten (2).

Claude Leibovici

Ich dachte das

F (X) = \sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} \frac{k}{(\binom{N}{k})} X^{k} = - \frac{X}{N}_{2} F_{1} (2, 2; 1 - N; X)

$f(x)=\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{k}{{n \choose k}}x^k=-\frac{x }{n}\, _2F_1(2,2;1-n;x)$ könnte helfen, aber ich habe mich geirrt!

Z Ahmed

(1 - n)

$(1-n)$ ist der dritte Parameter von

_{2} F_{1}

$_2F_1$ , es wird divergieren.

Claude Leibovici

Deshalb habe ich geschrieben, dass ich mich geirrt habe .

Antworten (1)

∑nk=0(−1)kk(nk)∑k=0n(−1)kk(nk)\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{k}{n \ wählen Sie k}, wenn nnn eine positive ganze Zahl ist

Ich dachte das $F (X) = \sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} \frac{k}{(\binom{N}{k})} X^{k} = - \frac{X}{N}_{2} F_{1} (2, 2; 1 - N; X)$ $f(x)=\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{k}{{n \choose k}}x^k=-\frac{x }{n}\, _2F_1(2,2;1-n;x)$ könnte helfen, aber ich habe mich geirrt!
$(1-n)$ ist der dritte Parameter von $_2F_1$ , es wird divergieren.

Joshua P. Swanson · Answer 1

Es passt in eine schöne exponentielle Erzeugungsfunktion:

\begin{aligned} \sum_{N = 0}^{\infty} \sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} \frac{k}{(\binom{N}{k})} X^{N} & = \sum_{N = 0}^{\infty} (\sum_{k = 0}^{N} (- 1)^{k} (k + 1)! (N - k)!) \frac{X^{N}}{N!} \\ = \frac{\frac{((X - 3) X - 2) X^{2}}{(X - 1) (X + 1)^{2}} + 2 Protokoll (1 - X) + 2 Protokoll (X + 1)}{X^{3}} \end{aligned}

$\begin{align*} \sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n (-1)^k \frac{k}{\binom{n}{k}} x^n &= \sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{k=0}^n (-1)^k (k+1)! (n-k)! \right)\frac{x^n}{n!} \\ &= \frac{\frac{((x-3) x-2) x^2}{(x-1) (x+1)^2}+2 \log (1-x)+2 \log (x+1)}{x^3} \end{align*}$ wobei die zweite Zeile das ist, was Mathematica ausspuckt; vermutlich ist es relativ einfach, das Ergebnis von Hand zu reproduzieren. In jedem Fall sind Sie nach dem Koeffizienten von

x^{n}

$x^n$ , was eine einfache, wenn auch leicht mühsame Übung in Partialbrüchen und Taylor-Reihen ist. Das Ausfüllen der Details und ihre schöne Organisation ist wahrscheinlich ungefähr so lang wie Ihr integraler Ansatz, obwohl dies den Vorteil hat, dass allgemeinere Funktionsgenerierungswerkzeuge verwendet werden.

∑nk=0(−1)kk(nk)∑k=0n(−1)kk(nk)\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{k}{n \ wählen Sie k}, wenn nnn eine positive ganze Zahl ist

Z Ahmed

Claude Leibovici

Z Ahmed

Claude Leibovici

Antworten (1)

Joshua P. Swanson

Auswertung von ∑∞y=a(ya)⋅py−a∑y=a∞(ya)⋅py−a\sum_{y=a}^{\infty}{y \choose a} \cdot p^{ya} für p∈[0,1]p∈[0,1]p \in [0,1]

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