Integrität einer Binomialsumme

Question

Die folgende Sequenz scheint experimentell immer eine ganze Zahl zu sein.

FRAGE. Lassen$n\in\mathbb{Z}^{+}$. Sind das tatsächlich ganze Zahlen?$$\sum_{k=1}^n\frac{(4k - 1)4^{2k - 1}\binom{2n}n^2}{k^2\binom{2k}k^2}.$$

POSTSCRIPT. Nach Carlos süßer Antwort und einigen nützlichen Kommentaren möchte ich Folgendes fragen: Gibt es einen kombinatorischen Beweis?

Answer 1

$$\sum_{k=1}^n\frac{(4k - 1)4^{2k - 1}\binom{2n}n^2}{k^2\binom{2k}k^2}=16^n \left(1-\frac{\Gamma \left(n+\frac{1}{2}\right)^2}{\pi \Gamma (n+1)^2}\right)$$ $$\qquad=2^{4n}-c_n^2,\;\;\text{with}\;\;c_n=2^n\frac{(2n-1)!!}{n!}={{2n}\choose n}. \qquad\qquad\text{[thanks, Pietro Majer]}$$

Answer 2

Tatsächlich ist es einfach, andere ähnliche Identitäten anzugeben. Zum Beispiel,$$\sum_{k=1}^n\frac{(9k-2)27^{k-1}\binom{2n}n\binom{3n}n}{k^2\binom{2k}k\binom{3k}k}=\frac{27^n}3-\binom{2n}n\binom{3n-1}{n-1}\in\mathbb Z.$$ Ebenfalls, $$\sum_{k=1}^n\frac{(16k-3)64^{k-1}\binom{4n}{2n}\binom{2n}n}{k^2\binom{4k}{2k}\binom{2k}k}=\frac{64^n-\binom{4n}{2n}\binom{2n}n}4\in\mathbb Z$$ und $$\sum_{k=1}^n\frac{(36k-5)432^{k-1}\binom{6n}{3n}\binom{3n}n}{k^2\binom{6k}{3k}\binom{3k}k}=\frac{432^n-\binom{6n}{3n}\binom{3n}n}{12}\in\mathbb Z.$$

Answer 3

Es gibt eine Möglichkeit, die Identität von Zhi-Wei Sun sowie die Identität von Carlo Beenakker zu beweisen. Natürlich können beide in Übereinstimmung mit Fedor Petrovs Induktion behandelt werden. Konzentrieren wir uns auf die Identität von Sun. Teilen Sie durch durch$\binom{2n}n\binom{3n}n$ schreiben $$A_n:=\sum_{k=1}^n\frac{(9k-2)27^{k-1}}{k^2\binom{2k}k\binom{3k}k}=\frac{27^n}{3\binom{2n}n\binom{3n}n}-\frac13. \tag1$$ so dass $$A_n-A_{n-1}=\frac{(9n-2)27^{n-1}}{n^2\binom{2n}n\binom{3n}n}.$$ Lassen $a_n=\binom{2n}n\binom{3n}nA_n$ (das ist genau Suns LHS), um die rekursive Gleichung zu erhalten $$n^2a_n-3(3n-1)(3n-2)a_{n-1}=(9n-2)27^{n-1}.\tag2$$ Zunächst finden wir eine Lösung für die homogene Gleichung $n^2a_n-3(3n-1)(3n-2)a_{n-1}=0$ folgendermaßen $$a_n^{(h)}=\binom{2n}n\binom{3n}n. \tag4$$ Eine bestimmte Lösung der inhomogenen Gleichung (2) kann durch Nachahmen der RHS als bestimmt werden $a_n^{(p)}=(bn+c)27^n$. Stecken Sie dies nun wieder in (2), um es zu lösen$b$ und $c$:: \begin{align*} n^2(bn+c)27^n-3(3n-1)(3n-2)(bn-b+c)27^{n-1}&=(9n-2)27^{n-1} \\ \iff 27n^2(bn+c)-3(3n-1)(3n-2)(bn-b+c)&=9n-2 \\ \iff \qquad b=0 \qquad \text{and} \qquad c=\frac13. \end{align*} Daher hat die allgemeine Lösung die Form $$a_n=a_n^{(p)}+\beta\,a_n^{(h)}=\frac{27^n}3+\alpha\binom{2n}n\binom{3n}n.$$ Schon seit $a_0=A_0=0$berechnen wir $\beta=-\frac13$ und daher $$a_n=\frac{27^n}3-\frac13\binom{2n}n\binom{3n}n=\frac{27^n}3-\binom{2n}n\binom{3n-1}{n-1}. \qquad \square$$