Identidad con respecto a la función Gamma (más o menos)

Quieres multiplicar ambos lados por$k!$. Entonces el LHS se convierte en

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

que es un poco más fácil de entender. A partir de la expansión binomial$(1 - x)^k = \sum_{i=0}^k (-1)^i {k \choose i} x^i$vemos que el LHS es

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

Esta es una variante de la integral de función beta . Se puede convertir en una función beta integral en la nariz usando la sustitución$u = x^2$, lo que da

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

y después de dividir por$k! = \Gamma(k+1)$obtenemos la respuesta de Maple.

Editar: para una prueba directa a partir del RHS, reemplace$n$con una variable compleja$z$. Entonces LHS es la descomposición en fracciones parciales de RHS; es decir, de hecho tenemos

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

para complejo$z \neq -2i$. Para ver esto basta calcular

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

Edición n. ° 2: otra prueba directa, esta vez a partir del LHS. Si$a_n$es una secuencia, escribe$(\Delta a)_n = a_{n+1} - a_n$por su diferencia finita hacia delante. Entonces tenemos la identidad general

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

Configuración$a_i = \frac{1}{n + 2i}$da los tiempos LHS$(-1)^k k!$. Ahora podemos argumentar por inducción sobre$k$: tenemos

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

y en general por inducción

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

Configuración$i = 0$luego da la identidad deseada. Como en el argumento anterior.$n$puede ser un numero complejo$z \neq -2i$.

El$2$s son en cierto sentido una pista falsa. Realmente esta identidad es una variante suave de la identidad

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

que se puede probar usando cualquiera de los enfoques anteriores. Luego sustituye$z \mapsto \frac{z}{2}$y claro los denominadores apropiadamente. Esta identidad es probablemente bastante clásica pero no sé si tiene un nombre; está relacionado con la integral de Norlund-Rice . Después de sustituir$z \mapsto - \frac{1}{z}$y limpiando adecuadamente los denominadores, puede pensarse en términos de una de las funciones generadoras de los números de Stirling de segunda clase .