OliForum Matematico

Problema. Own.
Sia $ n $ un intero positivo fissato.

Calcolare (in forma esplicita) il valore di
$ \displaystyle f(n):= \sum_{i=0}^{2n}{ \frac{(-1)^i}{2i+1} \binom{2n}{i}} $



Dedicato a un amico: "il facile diventa difficile passando attraverso l'inutile"..

Fa per caso $ \displaystyle~\frac{(4n)!!}{(4n+1)!!} $?

jordan ha scritto:Dedicato a un amico: "il facile diventa difficile passando per l'inutile"..

Non l'ho capita...

kn ha scritto:Fa per caso $ \displaystyle~\frac{(4n)!!}{(4n+1)!!} $?

Corretto: il risultato è giusto, è io che non mi ero accorto che era lo stesso risultato! potresti postare la tua dimostrazione?

kn ha scritto:

jordan ha scritto:Dedicato a un amico: "il facile diventa difficile passando per l'inutile"..

Non l'ho capita...

Riferito a un lettore del forum che è (giustamente) convinto di ciò..

In effetti anch'io mi vergogno un po' della strada che ho scelto per arrivare alla forma esplicita... Più che difficile era contosa...

jordan ha scritto:

kn ha scritto:Fa per caso $ \displaystyle~\frac{(4n)!!}{(4n+1)!!} $?

no ma quasi..

jordan ha scritto:Dedicato a un amico: "il facile diventa difficile passando per l'inutile"..

Non l'ho capita...

Riferito a un lettore del forum che è (giustamente) convinto di ciò..

E chi sarebbe??

kn ha scritto:Più che difficile era contosa...

Mmmm, è stata creata per non fare calcoli...

Un piccolo ( e alla fine facile) excursus nel campo dell'Analisi Numerica.
Introduciamo gli operatori $ \displaystyle \Delta,E $ definiti come segue:
$ \displaystyle \Delta f(x)=f(x+h)-f(x),Ef(x)=f(x+h) $
Da qui si deduce che $ \displaystyle \Delta f(x)=Ef(x)-f(x) $ e quindi
l'eguaglianza simbolica :
$ \displaystyle\Delta=E-1 $
Questi operatori possono essere applicati anche n volte secondo le iterazioni:
$ \displaystyle\Delta ^nf(x)=\Delta ^{n-1}(\Delta f(x)),E^n f(x)=E^{n-1}(Ef(x)) $
In particolare risulta $ \displaystyle E^nf(x)=f(x+nh) $
Applichiamo ora quanto detto alla funzione $ \displaystyle u_k=\frac{1}{2k+1} $
Ponendo h=1,cosa lecita perché k deve variare di un'unità per volta,otteniamo:
$ \displaystyle\Delta u_k=\frac{1}{2k+3}-\frac{1}{2k+1}=\frac{-2}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{(-1)^1\cdot 2^1\cdot 1!}{(2k+1)(2k+3)} $
$ \displaystyle \Delta ^2u_k=\Delta (\Delta u_k)=\frac{-2}{(2k+3)(2k+5)}-\frac{-2}{(2k+1)(2k+3)}=\frac{8}{(2k+1)(2k+3)(2k+5)}=\frac{(-1)^2\cdot 2^2\cdot 2!}{(2k+1)(2k+3)(2k+5)} $
Estrapolando, si ottiene la formula:
$ \displaystyle \Delta^nu_k=\frac{(-1)^n \cdot 2^n \cdot n!}{(2k+1)(2k+3)(2k+5)...(2k+2n+1)} $
Per k=0 si ha:
(A) $ \displaystyle \Delta^nu_0=\frac{(-1)^n \cdot 2^n \cdot n!}{1\cdot 3 \cdot 5..\cdot(2n+1)} $
Poniamo ora :
$ \displaystyle S_n= \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k}u_k=\binom{n}{0}u_0-\binom{n}{1}u_1+...+(-1)^{n-1}\binom{n}{n-1}u_{n-1}+(-1)^n\binom{n}{n}u_n $
Tenendo conto che $ \displaystyle \binom{n}{k}=\binom{n}{n-k} $ quest'ultima formula si può scrivere anche come:
$ \displaystyle S_n=(-1)^n[\binom{n}{0}E^nu_0-\binom{n}{1} E^{n-1}u_0+...+(-1)^{n-1}\binom{n}{n-1}Eu_0+(-1)^{n}\binom{n}{n}u_0] $
Oppure:
$ \displaystyle S_n=(-1)^n[\binom{n}{0}E^n-\binom{n}{1} E^{n-1}+...+(-1)^{n-1}\binom{n}{n-1}E+(-1)^{n}\binom{n}{n}]u_0 $
Ovvero :
$ \displaystyle S_n=(-1)^{n}(E-1)^n u_0=(-1)^{n}\Delta^nu_0 $
E quindi per la (A) :
$ \displaystyle S_n=\frac{ 2^n \cdot n!}{1\cdot 3 \cdot 5..\cdot(2n+1)} $
Sostituendo n con 2n ,avremo infine:
$ \displaystyle S_{2n}=\frac{ 2^{2n} \cdot (2n)!}{1\cdot 3 \cdot 5..\cdot(4n+1)} $
E cioé :

$ \displaystyle S_{2n}=\frac{(4n)!!}{(4n+1)!!} $

Karl ha scritto:Introduciamo gli operatori $ \displaystyle \Delta,E $[...]

Fico Karl! ti ringrazio per la pazienza che hai avuto per scriverla così chiaramente

iademarco ha scritto:E chi sarebbe??

Indovina un po ??

Dunque se volete leggere la mia soluzione preparatevi all'artiglieria pesante! Altro che cannoni!

Sappiamo che
$ \displaystyle~\sum_{i=0}^{2n}(-1)^i(x^2)^{2n-i}\binom{2n}{i} $$ \displaystyle~=\sum_{i=0}^{2n}(-1)^{2n-i}x^{2i}\binom{2n}{i} $$ \displaystyle~=(x^2-1)^{2n}=(1-x^2)^{2n} $

Integrando, considerando che il membro di sinistra vale $ \displaystyle~0 $ calcolato in $ \displaystyle~x=0 $ otteniamo:
$ \displaystyle~\sum_{i=0}^{2n}\frac{(-1)^{2n-i}x^{2i+1}}{2i+1}\binom{2n}{i} $$ \displaystyle~=\int_0^x(z^2-1)^{2n}\, dz $ .

Sostituendo $ \displaystyle~z=\sin t $ :
$ \displaystyle~\sum_{i=0}^{2n}\frac{(-1)^{2n-i}x^{2i+1}}{2i+1}\binom{2n}{i} $$ \displaystyle~=\int_0^{\sin^{-1}x}\cos^{4n+1}(t) \, dt $ (tale identità è valida solo se $ \displaystyle~|z| \le 1 $)

Abbiamo la formula ricorsiva:
$ \displaystyle~\int\cos^a t \, dt=\frac{\cos^{a-1}t\sin t}{a}+\frac{a-1}{a}\int\cos^{a-2}t \, dt $

Cioè se $ \displaystyle~a $ è dispari:
$ \displaystyle~\int\cos^a t \, dt=\sum_{i=0}^{\frac{a-1}{2}}\frac{\prod_{j=1}^i (a-2j+1)}{\prod_{j=0}^i (a-2j)}\cdot(\cos^{a-2i-1}t\sin t)+D $, $ \forall D \in \mathbb{R} $.

Se $ \displaystyle~a = 4n+1 $:
$ \displaystyle~G(t)=\int\cos^{4n+1} t \, dt=\sum_{i=0}^{2n}\frac{\prod_{j=1}^i (4n-2j+2)}{\prod_{j=0}^i (4n-2j+1)}\cdot(\cos^{4n-2i}t\sin t)+D $, cioè

$ \displaystyle~\sum_{i=0}^{2n}\frac{(-1)^{2n-i}x^{2i+1}}{2i+1}\binom{2n}{i} $$ \displaystyle~=\int_0^{\sin^{-1}x}\cos^{4n+1}(t) \, dt=G(\sin^{-1}x)-G(0) $.

Ponendo $ ~x=1 $ (e di conseguenza $ \displaystyle~\sin (\sin^{-1}x)=1 $ e $ \displaystyle~\cos (\sin^{-1}x)=0 $) si ha $ \displaystyle~f(n)=\sum_{i=0}^{2n}\frac{\prod_{j=1}^i (4n-2j+2)}{\prod_{j=0}^i (4n-2j+1)}\cdot(\cos^{4n-2i}t\sin t) $
Ma $ \displaystyle~\sum_{i=0}^{2n-1}\frac{\prod_{j=1}^i (4n-2j+2)}{\prod_{j=0}^i (4n-2j+1)}\cdot(\cos^{4n-2i}t\sin t)=0 $, quindi rimane
$ \displaystyle~f(n)=\frac{\prod_{j=1}^{2n} (4n-2j+2)}{\prod_{j=0}^{2n}(4n-2j+1)}=\frac{(4n)!!}{(4n+1)!!} $

EDITATO CON LE CORREZIONI DI JORDAN E DI GEBEGB (che non capisco come fa a chiamarsi così dato che non è ancora un utente)

kn ha scritto:Editato con le correzioni di Jordan e Gebegb (che non capisco come fa a chiamarsi così dato che non è ancora un utente)

E' un caro amico che ha proposto questo simpatico problemino.


Soluzione alternativa.
Abbiamo $ \displaystyle~\frac{(4n+1)!!}{(4n)!!}f(n)=\sum_{i=0}^{2n}{\prod_{j \neq i}{\frac{-1-2j}{2i-2j}}} $, ma questo è il polinomio di grado $ 2n $ che passa per i punti $ (2i,1) $, per $ i=0,1,2,...,2n $, calcolato in $ x=-1 $: i.e. vale sempre 1.