Calcula la forma cerrada de la siguiente serie

Puedes usar la relación de recurrencia, gracias a la identidad de Pascal:

$${m - 1 \choose k - 1} = {m \choose k} - {m - 1 \choose k}.$$

Como sugiere Claude Leibovici en el comentario, podemos tener un resultado más general.

Dejar

$$S(k) = \sum_{m = k}^\infty {m - 1 \choose k - 1} \frac{1}{x^m}.$$ Parece que$S(k)$converge mientras$|x| > 1$.

Usando la identidad de Pascal tenemos

$$\sum_{m = k}^\infty {m - 1 \choose k - 1} \frac{1}{x^m} =x\sum_{m = k}^\infty {m \choose k} \frac{1}{x^{m + 1}} -\sum_{m = k}^\infty {m-1 \choose k} \frac{1}{x^{m}}$$ que nos dan$S(k) = xS(k) - S(k - 1)$o $$\begin{equation} S(k - 1) = (x - 1)S(k) \tag{1} \end{equation}$$ Ahora$S(1)$es solo la serie geométrica $$\sum_{m = 1}^\infty \frac{1}{x^m} = \frac{1}{x - 1}$$ Lo que nos da la solución para$(1)$es $$\begin{equation} S(k) = \frac{1}{(x - 1)^k} = \sum_{m = k}^\infty {m - 1 \choose k - 1} \frac{1}{x^m}\tag{2} \end{equation}$$ Configuración$x = 4$nos da el resultado deseado.

Tenga en cuenta la similitud con el teorema del binomio negativo :

$$\frac{1}{(x + a)^k} = \sum_{j = 0}^\infty (-1)^j {k + j - 1 \choose j} x^j a^{k - j}$$ cuando$a = -1$que converge para$|x| < 1$.

Entonces podemos combinar$S(k)$con esto para obtener una expansión en serie (Laurent) de$\frac{1}{(x - 1)^k}$como corolario.

Digamos que tenemos una moneda injusta que arroja cara con probabilidad$\frac{3}{4}$y lo tiramos varias veces hasta que consigamos$r$cabezas La probabilidad de que el$r$-th cabeza es de la$m$-th lanzamiento viene dado por la siguiente expresión:

$$\binom{m-1}{r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{m-r}\left(\frac{3}{4}\right)^{r}$$

Si sumamos la probabilidad de todos los posibles$m$entonces conseguiremos uno

$$\begin{align} 1&=\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{m-r}\left(\frac{3}{4}\right)^{r}}\\ \\ &=3^{r}\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{m}}\\ \\ \\ \text{or }&\text{equivalently}\\ \\ \\ \left(\frac{1}{3}\right)^{r}&=\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{m}}\\ \end{align}$$

Para un caso general en el que la probabilidad de obtener cara es$1-x$dónde$0\leq x< 1$:

$$\begin{align} 1&=\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}x^{m-r}\left(1-x\right)^{r}}\\ \\ &=\left(\frac{1-x}{x}\right)^{r}\sum_{m=r}^{\infty}{\binom{m-1}{r-1}x^{m}} \end{align}$$

Considere la serie

$$S := \displaystyle \sum_{m=r}^{\infty}\binom{m-1}{r-1}x^m$$

Tenemos la siguiente relación factorial:

$$\displaystyle \binom{n}{k} = \frac{n}{k} \binom{n-1}{k-1}$$

De modo que$\displaystyle \binom{m-1}{r-1} = \frac{r}{m}\binom{m}{r}.$Por lo tanto, tenemos

$$S := \sum_{m \ge r}\binom{m-1}{r-1}x^m = \sum_{m \ge r}\frac{r}{m}\binom{m}{r}x^m = \sum_{k \ge 0}\frac{r}{k+r}\binom{k+r}{r}x^{k+r}$$

Para$\beta \in \mathbb C$tenemos la serie binomial $\displaystyle \frac{1}{(1-z)^{\beta+1}} = \sum_{k \ge 0} {k+\beta \choose k}z^k$.

Escribiendo$\displaystyle \frac{1}{k+r} = \int_0^1 y^{k+r-1} \, \mathrm dy$tenemos:

$$\begin{aligned} S & = rx^r\sum_{k \ge 0}\binom{k+r}{r}x^{k} \int_0^1 y^{r+k-1} \, \mathrm dy \\& = rx^r \int_0^1 \sum_{k \ge 0}\binom{k+r}{r}x^{k}y^{r+k-1} \, \mathrm dy \\& = rx^r \int_0^1 y^{r-1} \sum_{k \ge 0}\binom{k+r}{r}(xy)^k \, \mathrm dy \\& = rx^r \int_0^1 y^{r-1} \frac{1}{(1-xy)^{r+1}} \, \mathrm dy \\& = \frac{rx^r}{r(1-x)^r} \\& = \frac{x^r}{(1-x)^r}. \end{aligned}$$

El caso donde$\displaystyle x = \frac{1}{4}$da$\displaystyle S = \frac{1}{3^r}$.

Obtenemos

$$\begin{align*} \color{blue}{\sum_{m=r}^\infty\binom{m-1}{r-1}\frac{1}{4^m}} &=\sum_{m=0}^\infty\binom{m+r-1}{m}\frac{1}{4^{m+r}}\tag{1}\\ &=\frac{1}{4^r}\sum_{m=0}^\infty\binom{-r}{m}\left(-\frac{1}{4}\right)^m\tag{2}\\ &=\frac{1}{4^r}\,\frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}\right)^r}\tag{3}\\ &\,\,\color{blue}{=\frac{1}{3^r}} \end{align*}$$ y sigue la demanda.

Comentario:

• En (1) cambiamos el índice para comenzar con$m=0$y también usamos la identidad$\binom{p}{q}=\binom{p}{p-q}$.

• En (2) factorizamos$\frac{1}{4^r}$y aplicar la identidad binomial$\binom{-p}{q}=\binom{p+q-1}{q}(-1)^q$.

• En (3) usamos la expansión en serie binomial .

Cambiar el índice de suma a$n:=m-1$. entonces tu suma es

$$\sum_{n=r-1}^\infty{n\choose r-1}\frac1{4^{n+1}}=\frac14\sum_{n=r-1}^\infty{n\choose r-1}\frac1{4^{n}}.$$ Ahora aplica la identidad. $$\sum_{n=k}^\infty{n\choose k}x^n=\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}$$ con$k:=r-1$y$x:=\frac14$para obtener el resultado.

Podemos usar la siguiente identidad (usada para calcular la potencia de una serie infinita de Taylor) directamente para calcular la suma:

$\left(\sum\limits_{k=1}^{\infty}x^k\right)^r=\sum\limits_{m=r}^{\infty}\binom{m-1}{r-1}{x^m}$

(consulte https://en.wikipedia.org/wiki/Stars_and_bars_(combinatorics) (ejemplo 4)

• Podemos entender la igualdad anterior combinatoriamente, usando el método de estrellas y barras.

• Consideremos la cantidad de formas de formar$m^{th}$el poder de$x$en el RHS.

• Lo anterior es equivalente a colocar$m$bolas idénticas (RHS) en$r$cajas (LHS), de modo que cada caja contenga al menos una bola

• Se puede hacer en$m-r+r-1 \choose r-1$=$m-1 \choose r-1$maneras.

Ahora, eligiendo$x=\frac{1}{4}$, de la RHS de la identidad anterior, tenemos,

$\sum\limits_{m=r}^{\infty}\binom{m-1}{r-1}{\left(\frac{1}{4}\right)^m}=\left(\sum\limits_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^k\right)^r =\left(\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{4}}\right)^r=\frac{1}{3^r}$

usando la fórmula para una suma de una serie GP infinita.