Identität bezüglich Gamma-Funktion (Art von)

Du willst beide Seiten mit multiplizieren$k!$. Dann wird die LHS

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

was etwas einfacher zu verstehen ist. Ausgehend von der Binomialentwicklung$(1 - x)^k = \sum_{i=0}^k (-1)^i {k \choose i} x^i$wir sehen, dass die LHS ist

$$I(n, k) = \int_0^1 x^{n-1} (1 - x^2)^k \, dx.$$

Dies ist eine Variante des Betafunktionsintegrals . Sie kann mit der Substitution in eine auf der Nase integrale Beta-Funktion umgewandelt werden$u = x^2$, was gibt

$$I(n, k) = \frac{1}{2} \int_0^1 u^{ \frac{n}{2} - 1 } (1 - u)^k \, du = \frac{1}{2} B \left( \frac{n}{2}, k+1 \right) = \frac{1}{2} \frac{\Gamma \left( \frac{n}{2} \right) \Gamma(k+1)}{\Gamma \left( \frac{n}{2} + k + 1 \right)}$$

und nach Division durch$k! = \Gamma(k+1)$wir bekommen Maples Antwort.

Bearbeiten: Für einen direkten Beweis ab der rechten Seite ersetzen$n$mit einer komplexen Variablen$z$. Dann ist die LHS die Partialbruchzerlegung der RHS; das heißt, wir haben tatsächlich

$$\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^i}{i! (k-i)! (z + 2i)} = \frac{2^k}{z(z + 2) \dots (z + 2k)}$$

für komplex$z \neq -2i$. Um dies zu sehen, genügt es zu rechnen

$$\lim_{z \to -2i} \frac{2^k (z + 2i)}{z(z + 2) \dots (z + 2k)} = \frac{2^k}{(-2i)(-2i + 2) \dots (2k - 2i)} = \frac{(-1)^i}{i! (k-i)!}.$$

Bearbeiten Nr. 2: Ein weiterer direkter Beweis, diesmal ausgehend von der linken Seite. Wenn$a_n$eine Sequenz ist, schreibe$(\Delta a)_n = a_{n+1} - a_n$für seine vorwärts endliche Differenz. Dann haben wir die allgemeine Identität

$$(\Delta^k a)_0 = \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} {k \choose i} a_i.$$

Einstellung$a_i = \frac{1}{n + 2i}$gibt die LHS-Zeiten an$(-1)^k k!$. Nun können wir per Induktion weiter argumentieren$k$: wir haben

$$(\Delta a)_i = \frac{1}{n + 2i + 2} - \frac{1}{n + 2i} = \frac{-2}{(n + 2i)(n + 2i + 2)}$$ $$(\Delta^2 a)_i = \frac{-2}{(n + 2i + 2)(n + 2i + 4)} - \frac{-2}{(n + 2i)(n + 2i + 2)} = \frac{2^2 2!}{(n + 2i)(n + 2i + 2)(n + 2i + 4)}$$

und im Allgemeinen durch Induktion

$$(\Delta^k a)_i = \frac{(-1)^k 2^k k!}{(n + 2i)(n + 2i + 2) \dots (n + 2i + 2k)}.$$

Einstellung$i = 0$gibt dann die gewünschte Identität. Wie in der vorherigen Argumentation$n$kann eine komplexe Zahl sein$z \neq -2i$.

Der$2$s sind in gewisser Weise ein Ablenkungsmanöver. Diese Identität ist wirklich eine milde Variante der Identität

$$\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^i}{z + i} {k \choose i} = \frac{k!}{z(z + 1) \dots (z + k)}.$$

was mit einem der oben genannten Ansätze nachgewiesen werden kann. Dann ersetzen$z \mapsto \frac{z}{2}$und klare Nenner angemessen. Diese Identität ist wahrscheinlich ziemlich klassisch, aber ich weiß nicht, ob sie einen Namen hat; es hängt mit dem Norlund-Rice-Integral zusammen . Nach dem Auswechseln$z \mapsto - \frac{1}{z}$und Nenner entsprechend zu löschen, kann es als eine der erzeugenden Funktionen der Stirling-Zahlen der zweiten Art betrachtet werden .