组合恒等式2025怎么证?

realnumber

求证:$\sum_{n=0}^{1012}\frac{(-1)^n}{2025-n}C_{2025-n}^n=-\frac{2}{2025}$.




1012看作k,2k+1=2025
试了下k=1,4都成立,k=2,3不成立,
k=1012还是想不出怎么证

kuing

貌似和这个一样：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=2505

Czhang271828

给一个避免 Chebyshev 的做法. 对原式移项,
$$
\sum_{k=0}^{1012}\frac{(-1)^k\cdot 2025}{2025-k}\binom{2025-k}{k}=-2
$$
此处对 $k\geq 1$,
$$
\frac {2025}{2025-k}\binom{2025-k}{k}=\binom{2025-k}{k}+\binom{2024-k}{k-1}.
$$

之后采用四楼的生成函数法, 或是

留数法

记 $S=\{|z|:z\in \mathbb C\}=\varepsilon_0\ll 1$ (原点邻域逆时针旋转一圈的小圈), 则
$$
\binom{a}{b}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{S}\frac{(1+z)^{a}}{z^{b+1}}\operatorname dz\quad (a\geq b\geq 0).
$$
那么
$$
\begin{align*}
&\quad \,\,\sum_{k=0}^{1012}\frac{(-1)^k\cdot 2025}{2025-k}\binom{2025-k}{k}\\[6pt]

&=\frac{1}{2\pi i}\oint_S\sum_{k=0}^{1012} (-1)^k\frac{(1+z)^{2025-k}}{z^{2026-2k}}+\sum_{k=1}^{1012} (-1)^k\frac{(1+z)^{2024-k}}{z^{2026-2k}}\operatorname dz\\[6pt]

&=\frac{1}{2\pi i}\oint_S\sum_{k=0}^{1012} (-1)^k\frac{(1+z)^{2025-k}}{z^{2026-2k}}-\sum_{k=0}^{1011} (-1)^k\frac{(1+z)^{2023-k}}{z^{2024-2k}}\operatorname dz\\[6pt]

(\text{添上恒零项})\quad&=\frac{1}{2\pi i}\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k\oint_S\frac{(1+z)^{2025-k}}{z^{2026-2k}}-\frac{(1+z)^{2023-k}}{z^{2024-2k}}\operatorname dz\\[6pt]

((1-z)^{-1}\text{ 展开式})\quad &=\frac{1}{2\pi i}\quad\cdot \quad\oint_S\frac{(1+z)^{2026}}{z^{2026}(z^2+z+1)}-\frac{(1+z)^{2024}}{z^{2024}(z^2+z+1)}\operatorname dz.
\end{align*}
$$
换元 $w:=\frac{z}{1+z}$, 此时 $S(w)$ 仍是顺时针绕原点小邻域一周的光滑曲线. 记 $\tau=e^{2\pi i/6}$, 则
$$
\frac{(1+z)^n}{z^n(z^2+z+1)}\operatorname dz=-\frac{1}{w^n}\cdot \frac{1}{w^2-w+1}=\frac{1}{\sqrt 3i}\cdot \frac{1}{w^n}\cdot \left(\frac{1}{w-\tau}-\frac{1}{w-\tau^{-1}}\right).
$$
由于 $\frac{1}{z^n(z-a)}$ 在原点处留数为 $\frac{-1}{a^n}$, 从而原式为
$$
\begin{align*}
&\quad \,\,\frac{1}{\sqrt 3i}\cdot (-\frac{1}{\tau^{2026}}+\frac{1}{\tau^{-2026}}+\frac{1}{\tau^{2024}}-\frac{1}{\tau^{-2024}})\\[6pt]
&=\frac{2}{\sqrt 3i}\cdot (\tau^4-\tau^2)\quad =\frac{2}{\sqrt 3i}\cdot (-\sqrt 3i)\quad =-2.
\end{align*}
$$

Czhang271828

Czhang271828 发表于 2024-7-1 15:56
给一个避免 Chebyshev 的做法.

涉及留数的一般可以用生成函数平替, 以下的方法似乎更简单...

考虑核心算式 $a_{2n+1}:=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{2n+1-k}{k}$, 计算得
$$
\begin{align*}
f(x):=&\sum_{n\geq 0}a_nx^n=\sum_{n\geq 0}\sum_{k\geq 0\,{\color{red}{(\star)}}}(-1)^k\binom{n-k}{k}x^n
=\sum_{k\geq 0}(-x)^k\sum_{n\geq k}\binom{n-k}{k}x^{n-k}=\sum_{k\geq 0}(-x)^k\cdot \frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}\\[6pt]
&=\sum_{k\geq 0}\frac{1}{1-x}\cdot \left(\frac{-x^2}{1-x}\right)^k=\frac1{1-x}\cdot \frac1{1+\frac{x^2}{1-x}}=\frac1{1-x+x^2}=\frac{1+x}{1+x^3}=\sum_{n\geq 0}(-x^3)^n(1+x)
\end{align*}
$$
此处 $\color{red}{(\star)}$ 表示 $\sum$ 是仅有有限项非零的无限和, 从而两处 $\sum$ 可交换. 因此
$$
(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,\ldots )=(1,1,0,-1,-1,0,\ldots )\quad (\text{周期 }6).
$$

realnumber

Czhang271828 发表于 2024-7-1 17:59
涉及留数的一般可以用生成函数平替, 以下的方法似乎更简单...

考虑核心算式 $a_{2n+1}:=\sum_{k=0}^{n}( ...

$\sum_{k\ge0}C^k_{n-k}x^{n-k}=\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}$就这个不会证了,用泰勒展开?好像不对啊
其他应该看懂了，包括后面

Czhang271828

realnumber 发表于 2024-7-2 08:09
$\sum_{k\ge0}C^k_{n-k}x^{n-k}=\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}$就这个不会证了,用泰勒展开?好像不对啊
其他应 ...

这里考虑形式幂级数. 只要级数在一个开区间上收敛, 解析性就能保证.

依照 $(1-x)^{-k}=(1+x+x^2+\cdots )\cdots (1+x+x^2+\cdots )$, 那么 $x^n$ 系数是
$$
\text{把 $n$ 个不可区分的球放进 $k$ 个箱子中的方法总数}=\binom{n+k-1}{n}=\binom{n+k-1}{k-1}.
$$