Strehl de identidad para la suma de los cubos de los coeficientes binomiales

Question

En 1993 mostró que Strehl $$ \sum_k\binom nk^3=\sum_k\binom nk^2\binom{2k}n. $$ Estoy interesado en una combinatoria de la prueba.

Upd (Ene '14). Tal vez la pregunta original era demasiado restrictivo - ahora estoy haciendo para cualquier prueba.

He escrito una combinatoria de prueba (ver respuestas), pero es un poco complicado. Tal vez hay una prueba interesante el uso de funciones de generación / residuos (algo así como uno de los Dixon de la identidad), por ejemplo?..

---

Comentarios y pensamientos

1. Naturalmente, existe una prueba algebraica (en cualquier tipo de identidad puede ser demostrado mediante WZ-la magia de funciones hipergeométricas AFAIK). Siéntase libre de publicar cualquier prueba, pero estoy interesado en una combinatoria de la prueba.
2. Es bien sabido que el $\sum_k\binom nk=2^n$$\sum_k\binom nk^2=\binom{2n}n$. Tal vez, uno debe pensar Stehl identidad como el siguiente miembro de esta familia. (¿Hay algún análogo de grado 4, me pregunto, por cierto?)
3. Cuadrática caso sugiere que es, tal vez, mejor escribir LHS como $\binom nk^2\binom n{n-k}$. Y tal vez en lugar de un $n$ uno debe introducir dos o tres parámetros (s.t. Strehl identidad corresponde a n=m[=l]). Un enfoque ingenuo es$\sum\binom nk\binom mk\binom m{m-k}$, pero se parece a $\sum\binom nk\binom mk\binom n{m-k}$ podría ser una mejor opción - en realidad, es igual a $\sum\binom nk\binom mk\binom{2k}m$.
4. arXiv:0712.3946 podría ser de cierta relevancia. Hay LHS se interpreta como el número de maneras de tratar una baraja de 3n tarjetas (n denominaciones, 3 colores) a 3 jugadores, por lo que ningún jugador recibe una carta de su propio color.
5. Vamos a escribir la identidad en la forma $$ \sum_{i+j=n}\binom Bi\binom Wj\binom ni=\sum_k\binom Bk\binom Semanas\binom{2k}n, $$ donde $B$ $W$ dos $n$-elemento de los conjuntos. Lo que quiero decir es que ambos lados recuento de las formas para elegir un $n$-elemento subconjunto de $B\sqcup W$ con algún tipo de... de extensión (cf. dos fórmulas para un trinomio coeficiente, tal vez).

Answer 1

Supongamos que tenemos $n$ tarjetas negras y $n$ tarjetas blancas y queremos dividir las cartas en "buenos" y "malos" - de tal manera que hay el mismo número de cartas malas de cada color y grabar $n$ de las cartas malas.

(RHS), Obviamente no son exactamente $\sum\binom nk^2\binom{2k}n$ maneras de hacerlo: se elige $k$ mala tarjetas negras, $k$ mala tarjetas blancas y grabar $n$ cartas malas.

(LHS) Si solo queremos elegir lo $n$ tarjetas de quema - se puede hacer en $\sum_k\binom nk\binom n{n-k}$ formas: elegimos $k$ tarjetas negras para grabar y $n-k$ tarjetas blancas para quemar.

Vamos a llamar a la mala tarjetas blancas y negro de buena tarjetas de "perverso". Después de haber quemado ese $n$ tarjetas que tenemos que elegir exactamente $k$ perverso cartas (de las cartas de la izquierda): si tenemos $l$ buena tarjeta de negro, hemos tenido $n-l$ mala tarjetas blancas de los cuales, $(n-l)-(n-k)=k-l$ a la izquierda.

Por lo $$\sum\binom nk^2\binom{2k}n=\sum\binom nk\binom n{n-k}\binom nk.$$

---

// Este es, por supuesto, sólo una reescritura de una prueba algebraica (basado en Vandermonde de convolución y de esos dos presentaciones de la misma trinomio coeficiente) - es decir, de la prueba de la p. 16 de V. Strehl del "Binomio Identidades..." (he tratado de buscar en el papel antes - pero lo perdí).

Answer 2

Supongamos que tratamos de demostrar que $$\sum_{k=0}^n {n\elegir k}^3 = \sum_{k=\lceil n/2 \rceil}^n {n\elegir k}^2 {2k\elegir n}.$$

El lado derecho es $$\sum_{k=\lceil n/2 \rceil}^n {n\elegir k} {2k\elegir k} {k\elegir n-k}.$$

Introducir $${2k\elegir k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2k}}{z^{k+1}} \; dz$$

y (esta integral es cero cuando $0\le k\lt \lceil n/2\rceil$) $${k\elegir n-k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{k}}{w^{n-k+1}} \; dw$$

para obtener la RHS

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{n+1}} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{w^k(1+w)^k (1+z)^{2k}}{z^k} \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{n+1}} \left(1+\frac{w(1+w)(1+z)^2}{z}\right)^n \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{n+1}} (z+w(1+w)(1+z)^2)^n \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{n+1}} (z+w) (z+1))^n (1+w) (z+1))^n \; dw\; dz.$$

Extraer primero el residuo en $w$ siguiente el residuo en $z$ tenemos

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \sum_{q=0}^n {n\elegir q} z^{n-q} (1+z)^q {n\elegir n-q} (1+z)^{n-q} \; dz \\ = \sum_{q=0}^n {n\elegir q}^2 \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z^{q+1}} \; dz \\ = \sum_{q=0}^n {n\elegir q}^3$$

QED.