Cómo desarrollar este problema de inducción matemático

La verdad que a simple vista te iba a decir que no era cierto, pero haciendo un par de cuentas, parece que sí, así que vamos a ver...

$$\begin{align}&Caso\ base \ (n=1)\\&Izquierda: \frac{1}{1} {1 \choose 0}- \frac{1^1}{3} {1 \choose 1} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}\\&Derecha: \frac{4^1(1!)^2}{(2\cdot 1 + 1)!}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\\&Vale!\\&\text{Ahora voy a plantear el paso inductivo, pero antes (para simplificar la escritura), el lado izquierdo de la igualdad lo voy a escribir de manera resumida como:}\\&\frac{1}{1} {n \choose 0} - \frac{1}{3} {n \choose 1}+\frac{1}{5}{n \choose 2}-...+\frac{(-1)}{2\cdot n + 1}{n \choose n} = \sum_{i=0}^n \frac{(-1)^i}{2\cdot i + 1}{n \choose i} \\&\text{Ahora sí, el paso inductivo sería: } P(n) \Rightarrow P(n+1)\\&\sum_{i=0}^{n+1} \frac{(-1)^i}{2\cdot i + 1}{n+1 \choose i} =_?= \frac{4^{n+1}((n+1)!)^2}{(2n+3)!}\\&\sum_{i=0}^{n+1} \frac{(-1)^i}{2\cdot i + 1}{n+1 \choose i}  = \sum_{i=0}^n \frac{(-1)^i}{2\cdot i + 1}{n \choose i} +  \frac{(-1)^{n+1}}{2\cdot (n+1) + 1}{n+1 \choose n+1} =\sum_{i=0}^n \frac{(-1)^i}{2\cdot i + 1}{n \choose i} +  \frac{(-1)^{n+1}}{2\cdot n+3}\\&\text{En la parte izquierda de la sumatoria, uso el paso inductivo}\\&\frac{4^n (n!)^2}{(2\cdot n + 1)!} +  \frac{(-1)^{n+1}}{2\cdot n+3}=\frac{4^n (n!)^2 (2n+3) + (-1)^{n+1}(2n+1)!}{(2\cdot n + 1)!(2n+3)}\\&\text{Multiplico y divido por (2n+2)}\\&\frac{(4^n (n!)^2 (2n+3) + (-1)^{n+1}(2n+1)!)}{(2\cdot n + 1)!(2n+3)}\cdot \frac{(2n+2)}{(2n+2)}\\&\text{En el denominador tenemos (2n+3)!}\\&\frac{(4^n (n!)^2 (2n+3) + (-1)^{n+1}(2n+1)!)\cdot (2n+2)}{(2n+3)!}\\&\text{y hasta ahí llegué :-(}\\&\text{Hay que luchar un poco más con ese numerador para llegar a: } 4^{n+1}((n+1)!)^2\end{align}$$

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¡Hola Gino CH!

Para demostrarlo por inducción primero vemos que se cumple para n=1

$$\begin{align}&\frac{1}{1}\binom 10-\frac 13\binom 11=1-\frac 13= \frac 23\\&\\&\frac{4^1(1!)^2}{(2·1+1)!}= \frac 4{3!}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}\\&\\&\text{Y ahora hay que demostrar que la fórmula es valida}\\&\text{para n+1 suponiendo que vale para n}\\&\\&\sum_{i=0}^{n+1} \frac{(-1)^{i}}{2i+1}\binom{n+1}{i}=\\&\\&\sum_{i=0}^{n} \frac{(-1)^{i}}{2i+1}\binom{n+1}{i}+\frac{(-1)^{n}}{2(n+1)+1}\binom{n+1}{n+1}=\\&\\&\text {dado que} \binom{n+1}{i}=\binom{n}{i}+\binom{n}{i-1}\\&\\&=\sum_{i=0}^{n} \frac{(-1)^{i}}{2i+1}\binom{n}{i}+\sum_{i=0}^{n} \frac{(-1)^{i}}{2i+1}\binom{n}{i-1}+\frac{(-1)^{n}}{2n+3}=\\&\\&\frac{4^n(n!)^2}{(2n+1)!}+\sum_{i=0}^{n} \frac{(-1)^{i}}{2i+1}\binom{n}{i-1}+\frac{(-1)^{n}}{2n+3}\end{align}$$

Y eso es a todo lo que se puede llegar por inducción sin ser superman.  ¿De dónde ha salido este ejercicio?  A lo mejor necesita el apoyo de otro hecho antes o de una teoría previa bastante fuerte de numeros combinatorios.

Sa lu dos.