Prueba

Question

Pregunta: ¿Cómo se muestra la siguiente igualdad se mantiene usando binomios$$\sum\limits_{k=0}^{\infty}\binom {m-r+s}k\binom {r+k}{m+n}\binom {n+r-s}{n-k}=\binom rm\binom sn$ $

Me gustaría probar la identidad utilizando algún tipo de identidad binomial. El lado derecho es el coeficiente de$x^m$ y$y^n$ en$$\begin{align*}a_{m,n} & =\left[x^m\right]\left[y^n\right](1+x)^r(1+y)^s\\ & =\binom rm\binom sn\end{align*}$ $

Sin embargo, no veo cómo se puede probar el lado izquierdo usando los binomios. Usando el teorema binomial generalizado, obtenemos el lado derecho como

$$\begin{align*}(1+x)^r(1+y)^s & =\sum\limits_{k\geq0}\sum\limits_{l\geq0}\binom rk\binom slx^ky^l\end{align*}$ $ Sin embargo, ¿qué hago desde aquí?

Answer 1

$$ \begin{align} &\sum_{k=0}^\infty\binom{m-r+s}{k}\binom{r+k}{m+n}\binom{n+r-s}{n-k}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\sum_{j=0}^\infty\binom{m-r+s}{k}\binom{k}{j}\binom{r}{m+n-j}\binom{n+r-s}{n-k}\tag1\\ &=\sum_{k=0}^\infty\sum_{j=0}^\infty\binom{m-r+s}{j}\binom{m-r+s-j}{k-j}\binom{r}{m+n-j}\binom{n+r-s}{n-k}\tag2\\ &=\sum_{j=0}^\infty\binom{m-r+s}{j}\binom{m+n-j}{n-j}\binom{r}{m+n-j}\tag3\\ &=\sum_{j=0}^\infty\binom{m-r+s}{j}\binom{m+n-j}{m}\binom{r}{m+n-j}\tag4\\ &=\sum_{j=0}^\infty\binom{m-r+s}{j}\binom{r-m}{n-j}\binom{r}{m}\tag5\\ &=\binom{s}{n}\binom{r}{m}\tag6 \end {align} $$ Explicación:
$(1)$: Identidad de Vandermonde aplicada a la suma en$j$
$(2)$:$\binom{m-r+s}{k}\binom{k}{j}=\binom{m-r+s}{j}\binom{m-r+s-j}{k-j}$
$(3)$: Identidad de Vandermonde aplicada a la suma en$k$
$(4)$:$\binom{m+n-j}{n-j}=\binom{m+n-j}{m}$
$(5)$:$\binom{m+n-j}{m}\binom{r}{m+n-j}=\binom{r-m}{n-j}\binom{r}{m}$
$(6)$: Identidad de Vandermonde aplicada a la suma en$j$

Answer 2

Con OP pidiendo para poder formal de la serie en la evaluación de

$$\sum_{k\ge 0} {m-r+s\elegir k} {r+k\elegir m+n} {n+r-s\elegir n-k}$$

escribimos

$$[z^n] (1+z)^{n+r-s} [w^{m+n}] (1+w)^r \sum_{k\ge 0} {m-r+s\elegir k} z^k (1+w)^k \\ = [z^n] (1+z)^{n+r-s} [w^{m+n}] (1+w)^r (1+z+zw)^{m-r+s} \\ = [z^n] (1+z)^{n+r-s} [w^{m+n}] (1+w)^r \sum_{q=0}^{m-r+s} {m-r+s\elegir q} (1+z)^{m-r+s-q} z^q w^q \\ = \sum_{q=0}^{m-r+s} {m-r+s\elegir q} {m+n-p\elegir n-p} {r\elegir m+n-p}.$$

Tenga en cuenta que

$${m+n-p\elegir n-p} {r\elegir m+n-p} = \frac{r!}{(n-p)! \times m! \times (r+p-m-n)!} \\ = {r\elegir m} {r-m\elegir n-q}.$$

Por lo tanto, tienen

$${r\elegir m} \sum_{q=0}^{m-r+s} {m-r+s\elegir p} {r-m\elegir n-q} \\ = {r\elegir m} [z^n] (1+z)^{r-m} \sum_{q=0}^{m-r+s} {m-r+s\elegir q} z^q \\ = {r\elegir m} [z^n] (1+z)^{r-m} (1+z)^{m-r+s} = {r\elegir m} {s\elegir n}.$$

Este es el reclamo.

Answer 3

Premisa

Primero vamos a ver cuáles son las series correspondientes a la base de manipulaciones que participan en la demostración algebraica de la identidad en cuestión.

1) la Convolución $$ \eqalign{ & \left( {1 + yx} \right)^{\r} \left( {1 + x} \right)^{\,s} = \sum\limits_{0\, \le \,k} {\sum\limits_{0\, \le \,j} { \left( \matriz{ r \cr j \cr} \right)\,\left( \matriz{ s \cr k \cr} \right)x^{\,j} y^{\,j} \;x^{\,k} } } = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,k} {\sum\limits_{0\, \le \,j} { \left( \matriz{ r \cr j \cr} \right)\,\left( \matriz{ s \cr k + j - j \cr} \right)x^{\,j + k} y^{\,j} } } = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,l} {\left( {\sum\limits_{0\, \le \,j} { \left( \matriz{ r \cr j \cr} \right)\,\left( \matriz{ s \cr l - j \cr} \right)^{\, j} } } \right)x^{\,l} } \cr} $$ en la que, por supuesto, uno puede poner el $x$ y/o $y$$1$, o en otro valor.

2) Trinomio De La Revisión

Trinomio de la Revisión no tiene un único z-Transformación para el repetido índice, pero el doble es bastante simple $$ \eqalign{ & \left( {1 + y\left( {1 + x} \right)} \right)^{\r} = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( \matriz{ r \cr k \cr} \right)^{\, k} \left( {1 + x} \right)^{\,k} } = \sum\limits_{0\, \le \,k} {\sum\limits_{0\, \le \m\,\left( { \le \,k} \right)} {\left( \matriz{ r \cr k \cr} \right)\left( \matriz{ k \cr m \cr} \right)^{\, k} x^{\,m} } } = \cr & = \left( {1 + y + yx} \right)^{\r} = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,m} {\left( \matriz{ r \cr m \cr} \right)\left( {yx} \right)^{\,m} \left( {1 + y} \right)^{\,r - m} } = \sum\limits_{0\, \le \,j} {\sum\limits_{0\, \le \,m} {\left( \matriz{ r \cr m \cr} \right)\left( \matriz{ r - m \cr j \cr} \right)^{\, m} y^{\,j} x^{\,m} } } = \cr & = \sum\limits_{m\, \le \,m + j} {\sum\limits_{0\, \le \,m} {\left( \matriz{ r \cr m \cr} \right)\left( \matriz{ r - m \cr \left( {m + j} \right) - m \cr} \right)^{\,\left( {m + j} \right)} x^{\,m} } } = \sum\limits_{0\, \le \,\left( {m\, \le } \right)\,k} {\sum\limits_{0\, \le \,m} {\left( \matriz{ r \cr m \cr} \right)\left( \matriz{ r - m \cr k - m \cr} \right)^{\, k} x^{\,m} } } \cr} $$

Su Solicitud

Habida cuenta de la exigencia de tu post, si tomamos la expansión ya dado en el post relacionados, que es equivalente a la dada anteriormente por robjohn, y el intento de ir hacia atrás, nos daremos cuenta de que estamos entrando en una complicada formal de la serie que implican unos cinco o seis variables, que no parece ser mucho de interés.
Eso es principalmente debido a que el Trinomio Revisión pidiendo una suma doble.

El primer paso en un retroceso de la ruta ya fue dada en la respuesta a la citada post relacionados.