Inducción matemática con series y factoriales.

Question

Inducción matemática con series y factoriales.

factorial
inducción
Matemáticas
secuencias y series

viejo amigo

deseo mostrar lo siguiente

a_{norte} = \sum_{k = 0}^{norte} \frac{1}{(2 k + 1)! (2 (norte - k) + 1)!} = \sum_{k = 0}^{norte + 1} \frac{1}{(2 k)! (2 (norte + 1 - k))!} = b_{norte + 1}

$a_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{(2k+1)!(2(n-k)+1)!}=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{(2k)!(2(n+1-k))!}=b_{n+1}$

para $n\geq0$ y desea hacerlo por inducción. He demostrado que es verdad cuando $n=0$ , no hay problemas allí. Pero me estoy metiendo en todo tipo de problemas cuando deseo mostrar $a_{m+1}=b_{m+2}$ , asumiendo $a_{m}=b_{m+1}$ para algunos $m\geq0$ .

No escribiré mis garabatos aquí, ya que honestamente sería muy complicado. Mi pregunta es, ¿se puede hacer por inducción? Y si no, ¿hay algún método simple* que me permita probar el resultado?

* como en, pregrado simple. No estoy equipado con un montón de teoremas sofisticados.

Escribiré mi intento principal, en caso de que esté en el camino correcto o sea útil de alguna manera.

Usando mi hipótesis inductiva, puedo escribir

\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{metro} \frac{1}{(2 k + 1)! (2 (metro - k) + 1)!} & = \sum_{k = 0}^{metro + 1} \frac{1}{(2 k)! (2 (metro + 1 - k))!} \\ = \sum_{k = 0}^{metro} \frac{1}{(2 k)! (2 (metro + 1 - k))!} + \frac{1}{(2 (metro + 1))!} \end{aligned}

$\begin{align*} \sum_{k=0}^{m}\frac{1}{(2k+1)!(2(m-k)+1)!}&=\sum_{k=0}^{m+1}\frac{1}{(2k)!(2(m+1-k))!}\\ &=\sum_{k=0}^{m}\frac{1}{(2k)!(2(m+1-k))!}+\frac{1}{(2(m+1))!}\\ \end{align*}$ Originalmente, mi idea con esto era obtener todo lo que pudiera en una sola suma, y terminé con

\sum_{k = 0}^{metro} [\frac{1}{(2 k + 1)! (2 (metro - k) + 1)!} - \frac{1}{(2 k)! (2 (metro + 1 - k))!}] = \frac{1}{(2 (metro + 1))!}

$\sum_{k=0}^{m}\left[\frac{1}{(2k+1)!(2(m-k)+1)!}-\frac{1}{(2k)!(2(m+1-k))!}\right]=\frac{1}{(2(m+1))!}$ el cual se convirtió

\sum_{k = 0}^{metro} [\frac{2 (metro - k) + 2 - (2 k + 1)}{(2 k + 1)! (2 (metro + 1 - k)!}] = \frac{1}{(2 (metro + 1))!}

$\sum_{k=0}^{m}\left[\frac{2(m-k)+2-(2k+1)}{(2k+1)!(2(m+1-k)!}\right]=\frac{1}{(2(m+1))!}$ y

\sum_{k = 0}^{metro} [\frac{2 metro - 4 k + 1}{(2 k + 1)! (2 (metro + 1 - k)!}] = \frac{1}{(2 (metro + 1))!}

$\sum_{k=0}^{m}\left[\frac{2m-4k+1}{(2k+1)!(2(m+1-k)!}\right]=\frac{1}{(2(m+1))!}$ pero esto parece muy fuera de lugar. Como mencioné, no sé si esto se puede hacer usando inducción, pero realmente me gustaría poder hacerlo. El RHS de la declaración que deseo probar tiene ese molesto

n + 1

$n+1$ término que también altera el sumando. Debido a esto, no tengo idea de cómo masajearlo para usar mi hipótesis inductiva.

Aquí hay algunos enlaces a WolframAlpha también.

Cualquier idea sería muy apreciada. Gracias de antemano por tu tiempo.

daniel pescador

Hace

a_{norte} = \frac{1}{(2 norte + 2)!} \sum_{k = 0}^{norte} (\binom{2 norte + 2}{2 k + 1})

$a_n = \frac{1}{(2n+2)!} \sum_{k = 0}^{n} \binom{2n+2}{2k+1}$ ¿ayuda?

viejo amigo

¡No vi esto! Lo probaré y veré. ¡Gracias!

daniel pescador

Y usa la expansión binomial para

(1 - 1)^{2 n + 2} = 0

$(1-1)^{2n+2} = 0$ .

Respuestas (2)

Inducción matemática con series y factoriales.

Hace $a_{norte} = \frac{1}{(2 norte + 2)!} \sum_{k = 0}^{norte} (\binom{2 norte + 2}{2 k + 1})$ $a_n = \frac{1}{(2n+2)!} \sum_{k = 0}^{n} \binom{2n+2}{2k+1}$ ¿ayuda?

Jack D´Aurizio · Answer 1

Ambos $a_n$ y $b_{n}$ están dadas por convoluciones:

\begin{matrix} (1) & \begin{array}{cclcl} a_{norte} & = & \sum_{a + b = norte} \frac{1}{(2 a + 1)!} \cdot \frac{1}{(2 b + 1)!} & = & [X^{norte}] {(\sum_{C \geq 0} \frac{X^{C}}{(2 C + 1)!})}^{2} \\ b_{norte} & = & \sum_{a + b = norte} \frac{1}{(2 a)!} \cdot \frac{1}{(2 b)!} & = & [X^{norte}] {(\sum_{d \geq 0} \frac{X^{d}}{(2 d)!})}^{2} \end{array} \end{matrix}

$\begin{array}{cclcl} a_n &=& \displaystyle\sum_{a+b=n}\frac{1}{(2a+1)!}\cdot\frac{1}{(2b+1)!} &=& \displaystyle[x^n]\left(\sum_{c\geq 0}\frac{x^c}{(2c+1)!}\right)^2 \\ b_n &=& \displaystyle\sum_{a+b=n}\frac{1}{(2a)!}\cdot\frac{1}{(2b)!} &=& \displaystyle[x^n]\left(\sum_{d\geq 0}\frac{x^d}{(2d)!}\right)^2\end{array}\tag{1}$ por eso:

\begin{matrix} (2) & a_{norte} = [X^{norte}] {(\frac{pecado \sqrt{X}}{\sqrt{X}})}^{2} = [X^{norte}] \frac{{pecado}^{2} (\sqrt{X})}{X} \end{matrix}

$a_n = [x^n]\left(\frac{\sinh \sqrt{x}}{\sqrt{x}}\right)^2 = [x^n]\frac{\sinh^2(\sqrt{x})}{x} \tag{2}$ así como también:

\begin{matrix} (3) & b_{norte} = [X^{norte}] {(aporrear (\sqrt{X}))}^{2} = [X^{norte}] {aporrear}^{2} (\sqrt{X}) \end{matrix}

$b_n = [x^n]\left(\cosh(\sqrt{x})\right)^2 = [x^n]\cosh^2(\sqrt{x}) \tag{3}$ y la demanda (

a_{n} = b_{n + 1}

$a_n=b_{n+1}$ ) simplemente se sigue de la identidad

\cosh^{2} (z) - \sinh^{2} (z) = 1

$\cosh^2(z)-\sinh^2(z)=1$ .

De manera explícita:

a_{norte} = [X^{norte + 1}] {pecado}^{2} (\sqrt{X}) = [X^{2 norte + 2}] {pecado}^{2} (X) = \frac{2^{2 norte + 1}}{(2 norte + 2)!},

$a_n = [x^{n+1}]\sinh^2(\sqrt{x}) = [x^{2n+2}]\sinh^2(x) = \frac{2^{2n+1}}{(2n+2)!},$

\begin{matrix} (4) & b_{norte} = [X^{2 norte}] {aporrear}^{2} (X) = \frac{2^{2 norte - 1}}{(2 norte)!} . \end{matrix}

$b_n = [x^{2n}]\cosh^2(x) = \frac{2^{2n-1}}{(2n)!}.\tag{4}$

Jaja, lo creas o no, esto es lo que provocó mi pregunta. Necesito probar usando series de potencias que $\cosh^{2}(x)-\sinh^{2}(x)=1$ , y como no nos han dado el producto Cauchy en clase, no puedo usar eso para la evaluación. Pero gracias igual!!
@Oldmate: para tal tarea, es mucho más fácil verificar primero eso $\frac{d}{d X} ({aporrear}^{2} (X) - {pecado}^{2} (X)) = 0,$ $\frac{d}{dx}\left(\cosh^2(x)-\sinh^2(x)\right) = 0,$ luego evaluar $\cosh^2-\sinh^2$ en $0$ .
@Oldmate: de todos modos, mi $(4)$ ahora proporciona un cálculo explícito de $a_n$ y $b_n$ que no requiere la identidad $\cosh^2-\sinh^2=1$ .

Solumilkyu · Answer 2

Pista:

\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{2 norte + 2} \frac{(- 1)^{k}}{k! (2 norte + 2 - k)!} = \frac{1}{(2 norte + 2)!} \sum_{k = 0}^{2 norte + 2} (- 1)^{k} (\binom{2 norte + 2}{k}) = \frac{1}{(2 norte + 2)!} (1 - 1)^{2 norte + 2} = 0. \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{k=0}^{2n+2}\frac{(-1)^k}{k!(2n+2-k)!} =\frac{1}{(2n+2)!}\sum_{k=0}^{2n+2}(-1)^k{2n+2\choose k} =\frac{1}{(2n+2)!}(1-1)^{2n+2}=0. \end{align}$

Inducción matemática con series y factoriales.

viejo amigo

daniel pescador

viejo amigo

daniel pescador

Respuestas (2)

Jack D´Aurizio

viejo amigo

Jack D´Aurizio

Jack D´Aurizio

viejo amigo

Solumilkyu

Cómo encontrar la sumatoria de esta serie infinita: ∑∞k=11(k+1)(k−1)!(1−2k)∑k=1∞1(k+1)(k−1)!(1 −2k)\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)(k-1)!}(1 - \frac{2}{k})

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