Eine inverse Binomialidentität
Wenn $n \in \mathbb{N}$, wie kann man das zeigen:
$$\sum_{k = 1}^n \frac{(n - k)! \, n! \, k!}{(2n - 2k + 1)! \, (2k)!} = \sum_{k = 1}^n \frac{2^{k - n}}{k\binom{2k}{k}} \tag{*}$$
Idealerweise möchte ich mit der linken Seite von ($*$) und irgendwie auf der rechten Seite ankommen. In Bezug auf Binomialkoeffizienten ist die linke Seite (LHS) von ($*$) kann geschrieben werden als $$\text{LHS} = \sum_{k = 1}^n \frac{\binom{n}{k}}{\binom{2n - 2k + 1}{n - k + 1}} \frac{1}{(n - k + 1) \binom{2k}{k}},$$aber das hat mir nicht sehr geholfen. Davon abgesehen habe ich leider nicht viel mehr zu bieten.
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Unter Verwendung von Binomialidentitäten entspricht die vorgeschlagene Gleichung dem Beweis,
$$ (1) \quad \quad \sum_{k=1}^n \frac{\binom{2n}{2k}}{\binom{n}{k}} \frac{1}{2n-2k+1} = 2^{-n}\binom{2n}{n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k \binom{2k}{k}}$$ Verwenden Sie die integrale Identität für das reziproke Binomial. $$ \frac{1}{\binom{n}{k}} = (n+1)\int_0^1t^k(1-t)^{n-k}. $$ Setzen Sie es in die linke Seite (LHS) von (1) ein und tauschen Sie es aus $\sum$ und $\int$und machen Sie die Summe explizit. Das Integral ist lang und abscheulich, aber wir werden es zu etwas Einfachem vereinfachen. Lassen Sie in diesem Integral$t=\sin^2(u).$ Um die Gleichung zu verkürzen, $c=\cos{u}$ und $s=\sin{u}.$ Dann $$ J_n:=\frac{2n+1}{n+1}\sum_{k=1}^n \frac{\binom{2n}{2k}}{\binom{n}{k}} \frac{1}{2n-2k+1} = $$ $$=\int_0^{\pi/2} du \ c \Big(c \big( (c+s)^{2n} - (c-s)^{2n} \big) + s \big(-2 \underline{s^{2n} } + (c-s)^{2n} + (c+s)^{2n} \big) \Big) $$Der unterstrichene Begriff kann in geschlossener Form gelöst werden. Das$(c \pm s)$ Terme können zu einem Triggerausdruck mit einem Offset von kombiniert werden $\pi/4.$ Lassen $P=\sin(u+\pi/4)$ und $M=\sin(u-\pi/4)$. Dann$$J_n=\frac{-1}{n+1} + 2^n\int_0^{\pi/2} du \ c^2\big(P^{2n} - M^{2n} \big) + c\ s \big(P^{2n} + M^{2n} \big) .$$ Integralgrenze um verschieben $\pi/2$ und verwenden Sie Doppelwinkel-Trigger-IDs, $$J_n=\frac{-1}{n+1} + 2^n\int_{-\pi/4}^{\pi/4} du \ \frac{1+\sin{2u}}{2}\big(\cos^{2n}u -\sin^{2n}u \big) + \frac{\cos{2u}}{2}\big(\cos^{2n}u +\sin^{2n}u \big) $$ Die Symmetrie von Integranden und mehr IDs führt schließlich zu einem schönen Ausdruck. $$J_n=\frac{-1}{n+1} + 2^{n+1}\int_0^{\pi/4} \big(\cos^{2n+2}u -\sin^{2n+2}u \big) du .$$ Mathematica weiß es $$\int_0^{\pi/4} \cos^{s}u \ du = \frac{\sqrt{\pi} \ \Gamma(1/2+s/2)}{2\Gamma(1+s/2)} - 2^{-s/2}{}_2F_1(1,1/2,3/2+s/2,-1)/(s+1)$$ und $$\int_0^{\pi/4} \sin^{s}u \ du = 2^{-s/2}{}_2F_1(1,1/2,3/2+s/2,-1)/(s+1)$$ bei dem die ${}_2F_1(\cdot)$ist Gauß 'hypergeometrische Funktion. So$$ (2) \quad J_n=\frac{-1}{n+1} + \binom{2n+2}{n+2}2^{-(n+1)}\frac{\pi}{2} - \frac{2}{2n+3} \ {}_2F_1(1,1/2,n+5/2,-1)$$ Betrachten Sie nun die RHS von (1) mit $$a(n)=2^{-n}\binom{2n}{n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k \binom{2k}{k}}.$$ Es ist einfach, die Rekursion zu zeigen $$ (3) \quad \quad a(n+1)=\frac{2n+1}{n+1}a(n) + \frac{1}{n+1} $$ Mit der Anfangsbedingung a (1) = 1 löst Mathematica sie (RSolve) als
$$(4) \quad \quad a(n)=\frac{\pi}{2}2^{-n}\binom{2n}{n} - \frac{2}{2n+1} \ {}_2F_1(1,1/2,n+3/2,-1) $$ Lassen $\tilde{J_n} = (2n+1)/(n+1)a(n),$aus Gl. (3) wir finden
$$ \tilde{J_n} \overset{(3)}{=} \ a(n+1) - \frac{1}{n+1} \overset{(2,4)}{=} \ J_n .$$ Damit ist der Beweis abgeschlossen.
Eine Folge ist das $$(5) \quad \int_0^{\pi/4} \big(\cos^{2n}(u) - \sin^{2n}(u) \big) \ du = \frac{(1/2)_n}{n!}\sum_{k=1}^n \frac{k!}{(1/2)_k} \frac{2^{-k}}{k} $$wo das Pochhammer-Symbol verwendet wurde. Eine Fourier-Reihe der geraden Kräfte von$\cos$ und $\sin$ kann in die LHS von (5) eingefügt, integriert und das Ergebnis ausgedrückt werden als $$ (6) \quad \sum_{k=1}^n \frac{k!}{(1/2)_k} \frac{2^{-k}}{k} = 2 \sum_{k=1}^n \frac{n!^2}{(n+k)!(n-k)!} \frac{\sin{(\pi k/2)}}{k} ,$$ eine dritte Summe ergibt, um die ursprünglichen zwei zu begleiten.
Hinweis:
Schreiben Sie die Binome / Fakultäten über die Gamma-Funktion neu und wenden Sie die Duplizierungsformel für Gamma an