Integralidad de una suma binomial

Question

La siguiente secuencia parece ser siempre un número entero, experimentalmente.

PREGUNTA. Dejar$n\in\mathbb{Z}^{+}$. ¿Son estos realmente números enteros?$$\sum_{k=1}^n\frac{(4k - 1)4^{2k - 1}\binom{2n}n^2}{k^2\binom{2k}k^2}.$$

POSDATA. Después de la linda respuesta de Carlo y varios comentarios útiles, me gusta preguntar esto: ¿hay una prueba combinatoria?

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

En realidad, es fácil dar otras identidades similares. Por ejemplo,$$\sum_{k=1}^n\frac{(9k-2)27^{k-1}\binom{2n}n\binom{3n}n}{k^2\binom{2k}k\binom{3k}k}=\frac{27^n}3-\binom{2n}n\binom{3n-1}{n-1}\in\mathbb Z.$$ También, $$\sum_{k=1}^n\frac{(16k-3)64^{k-1}\binom{4n}{2n}\binom{2n}n}{k^2\binom{4k}{2k}\binom{2k}k}=\frac{64^n-\binom{4n}{2n}\binom{2n}n}4\in\mathbb Z$$ y $$\sum_{k=1}^n\frac{(36k-5)432^{k-1}\binom{6n}{3n}\binom{3n}n}{k^2\binom{6k}{3k}\binom{3k}k}=\frac{432^n-\binom{6n}{3n}\binom{3n}n}{12}\in\mathbb Z.$$

Answer 3

Hay una manera de probar la identidad de Zhi-Wei Sun, así como la identidad de Carlo Beenakker. Por supuesto, ambos pueden tratarse de acuerdo con la inducción de Fedor Petrov. Centrémonos en la identidad de Sun. Dividir por$\binom{2n}n\binom{3n}n$ escribir $$A_n:=\sum_{k=1}^n\frac{(9k-2)27^{k-1}}{k^2\binom{2k}k\binom{3k}k}=\frac{27^n}{3\binom{2n}n\binom{3n}n}-\frac13. \tag1$$ de modo que $$A_n-A_{n-1}=\frac{(9n-2)27^{n-1}}{n^2\binom{2n}n\binom{3n}n}.$$ Dejar $a_n=\binom{2n}n\binom{3n}nA_n$ (que es exactamente el LHS del Sol) para obtener la ecuación recursiva $$n^2a_n-3(3n-1)(3n-2)a_{n-1}=(9n-2)27^{n-1}.\tag2$$ Primero, encontramos una solución a la ecuación homogénea $n^2a_n-3(3n-1)(3n-2)a_{n-1}=0$ como sigue $$a_n^{(h)}=\binom{2n}n\binom{3n}n. \tag4$$ Una solución particular a la ecuación no homogénea (2) se puede determinar imitando el RHS como $a_n^{(p)}=(bn+c)27^n$. Ahora, vuelva a conectar esto en (2) para resolver$b$ y $c$: \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*} Por tanto, la solución general toma la forma $$a_n=a_n^{(p)}+\beta\,a_n^{(h)}=\frac{27^n}3+\alpha\binom{2n}n\binom{3n}n.$$ Ya que $a_0=A_0=0$, calculamos $\beta=-\frac13$ y por lo tanto $$a_n=\frac{27^n}3-\frac13\binom{2n}n\binom{3n}n=\frac{27^n}3-\binom{2n}n\binom{3n-1}{n-1}. \qquad \square$$