Sumas binomiales de la conjetura de Bieberbach

Question

Parece que necesito algún tipo de sugerencia o ayuda con Ejercicio 33 de este maravilloso blog post por T. Tao, es decir, con la siguiente igualdad:

$$ \sum_{j=0}^{n - k} (-1)^j {2k + 2j \elegir j} {n + j + k + 1 \elegir n - k - j} = \frac{1 + (-1)^{n - k}}{2}, $$ para todos los $n \geq 1$$0 \leq k \leq n$. Debe ser algún ejercicio fácil ya que no hay sugerencias de siempre, pero todavía no tengo ideas aunque yo ya había intentado utilizar algunos de inducción o sencillas de recuento.

Cualquier ayuda es apreciada. Gracias de antemano.

Answer 1

Aquí es un motor de arranque. Nos muestran el reclamo es válido para el caso especial $k=0$. \begin{align*} \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{2j}{j}\binom{n+j+1}{n-j}=\frac{1}{2}\left(1+(-1)^n\right)\qquad\qquad n\geq 0 \end{align*} Es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[z^k]$ para denotar el coeficiente de $z^k$ de una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^k](1+z)^n=\binom{n}{k} \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{j=0}^n}&\color{blue}{(-1)^j\binom{2j}{j}\binom{n+j+1}{n-j}}\\ &=\sum_{j=0}^n4^j\binom{-\frac{1}{2}}{j}\binom{n+j+1}{n-j}\tag{1}\\ &=\sum_{j=0}^\infty4^j[z^j](1+z)^{-\frac{1}{2}}[u^{n-j}](1+u)^{n+j+1}\tag{2}\\ &=[u^n](1+u)^{n+1}\sum_{j=0}^\infty\left(4u(1+u)\right)^j[z^j](1+z)^{-\frac{1}{2}}\tag{3}\\ &=[u^n](1+u)^{n+1}(1+4u(1+u))^{-\frac{1}{2}}\tag{4}\\ &=[u^n](1+u)^{n+1}(1+2u)^{-1}\\ &=[u^n]\sum_{j=0}^\infty (-2u)^j(1+u)^{n+1}\tag{5}\\ &=\sum_{j=0}^n(-2)^j[u^{n-j}](1+u)^{n+1}\tag{6}\\ &=\sum_{j=0}^n(-2)^{n-j}[u^j](1+u)^{n+1}\tag{7}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n+1}{j}(-2)^{n-j}\tag{8}\\ &=-\frac{1}{2}\left((1-2)^{n+1}-1\right)\tag{9}\\ &=\color{blue}{\frac{1}{2}\left(1+(-1)^n\right)} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (1) utilizamos el binomio identidad $\binom{-\frac{1}{2}}{j}=\left(-\frac{1}{4}\right)^j\binom{2j}{j}$.

• En (2) se aplica el coeficiente de operador dos veces y establecer el límite superior de la serie a $\infty$ sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.

• En (3) se utiliza la linealidad del coeficiente de operador y aplicar la regla de $[z^{p}]z^qA(z)=[z^{p-q}]A(z)$.

• En (4) aplicamos la norma de sustitución del coeficiente de operador con $z=4u(1+u)$
  \begin{align*} A(u)=\sum_{j=0}^\infty a_j u^j=\sum_{j=0}^\infty u^j [z^j]A(z) \end{align*}

• En (5) aplicamos la serie geométrica de expansión.

• En (6) se aplican las normas como en (3) y establece que el límite superior de la suma a $n$ desde otros valores no contribuyen.

• En (7) cambiar el orden de la suma de $j\to n-j$.

• En (8) seleccionamos el coeficiente de $u^j$.

• En (9) se aplica el teorema del binomio.

Answer 2

A partir de (aquí evidentemente $n\ge k$ para que sea significativo).

$$\sum_{j=0}^{n-k} (-1)^j {2k+2j\elegir j} {n+k+j+1\elegir n-k-j} \\ = (-1)^{n-k} \sum_{j=0}^{n-k} (-1)^j {2n-2j\elegir n-k-j} {2n-j+1\elegir j} \\ = (-1)^{n-k} \sum_{j=0}^{n-k} (-1)^j {2n-2j\elegir n-k-j} {2n+1-j\elegir 2n+1-2j}.$$

escribimos

$$(-1)^{n-k} \sum_{j=0}^{n-k} (-1)^j {2n+1-j\elegir 2n+1-2j} [z^{n-k-j}] (1+z)^{2n-2j} \\ = (-1)^{n-k} [z^{n-k}] (1+z)^{2n} \sum_{j=0}^{n-k} (-1)^j {2n+1-j\elegir 2n+1-2j} z^j (1+z)^{-2j}$$

De no contribución para el coeficiente de extractor al $j\gt n-k$ y por lo tanto puede continuar con

$$(-1)^{n-k} [z^{n-k}] (1+z)^{2n} \sum_{j\ge 0} (-1)^j {2n+1-j\elegir 2n+1-2j} z^j (1+z)^{-2j} \\ = (-1)^{n-k} [z^{n-k}] (1+z)^{2n} \sum_{j\ge 0} (-1)^j z^j (1+z)^{-2j} [w^{2n+1-2j}] (1+w)^{2n+1-j} \\ = (-1)^{n-k} [z^{n-k}] (1+z)^{2n} [w^{2n+1}] (1+w)^{2n+1} \sum_{j\ge 0} (-1)^j z^j (1+z)^{-2j} w^{2j} (1+w)^{-j} \\ = (-1)^{n-k} [z^{n-k}] (1+z)^{2n} [w^{2n+1}] (1+w)^{2n+1} \frac{1}{1 + z w^2 / (1+z)^2 / (1+w)} \\ = (-1)^{n-k} [z^{n-k}] (1+z)^{2n+2} [w^{2n+1}] (1+w)^{2n+2} \frac{1}{(1+z)^2(1+w) + z w^2} \\ = (-1)^{n-k} [z^{n-k}] (1+z)^{2n+2} [w^{2n+1}] (1+w)^{2n+2} \frac{1}{(w+1+z)(wz+1+z)} \\ = (-1)^{n-k} [z^{n+1-k}] (1+z)^{2n+2} [w^{2n+1}] (1+w)^{2n+2} \frac{1}{(w+1+z)(w+(1+z)/z)}.$$

Ahora el interior término es

$$\mathrm{Res}_{w=0} \frac{1}{w^{2n+2}} (1+w)^{2n+2} \frac{1}{(w+1+z)(w+(1+z)/z)}.$$

Residuos de suma cero y el residuo en el infinito es cero debido a que $\lim_{R\rightarrow\infty} 2\pi R \times R^{2n+2} / R^{2n+2} /R^2 = 0.$ Por lo tanto podemos calcular esta de menos la suma de los residuos en $-(1+z)$ $-(1+z)/z.$ El primero de los rendimientos

$$-\frac{1}{(1+z)^{2n+2}} z^{2n+2} \frac{1}{-(1+z)+(1+z)/z}.$$

Sustituir a este en el resto del coeficiente de extractor para obtener

$$(-1)^{n+1-k} [z^{n+1-k}] z^{2n+3} \frac{1}{1-z^2} = 0.$$

El segundo de los rendimientos

$$- \frac{z^{2n+2}}{(1+z)^{2n+2}} \frac{1}{z^{2n+2}} \frac{1}{-(1+z)/z+1+z}$$

Una vez más sustituir a este en el resto del coeficiente de extractor para obtener

$$(-1)^{n+1-k} [z^{n+1-k}] \frac{1}{-(1+z)/z+1+z} = (-1)^{n+1-k} [z^{n+1-k}] \frac{z}{z^2-1} \\ = - [z^{n+1-k}] \frac{z}{z^2-1} = [z^{n-k}] \frac{1}{1-z^2}.$$

Este es

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ [[(n-k) \;\text{es aún}]] = \frac{1+(-1)^{n-k}}{2}}$$

como se reivindica.

Answer 3

Es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[z^k]$ para denotar el coeficiente de $z^k$ de una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^k](1+z)^n=\binom{n}{k} \end{align*}

Obtenemos integral $0\leq k\leq n$: \begin{align*} &\color{blue}{\sum_{j=0}^n}\color{blue}{(-1)^j\binom{2j+2k}{j}\binom{n+k+j+1}{n-k-j}}\\ &\quad=\sum_{j=k}^n(-1)^{j+k}\binom{2j}{j-k}\binom{n+j+1}{n-j}\tag{1}\\ &\quad=\sum_{j=0}^\infty(-1)^{j+k}[z^j]\frac{1}{\sqrt{1-4z}}\left(\frac{1-2z-\sqrt{1-4z}}{2z}\right)^k[u^{n-j}](1+u)^{n+j+1}\tag{2}\\ &\quad=(-1)^k[u^n](1+u)^{n+1}\sum_{j=0}^\infty\left(-u(1+u)\right)^j[z^j]\frac{1}{\sqrt{1-4z}}\left(\frac{1-2z-\sqrt{1-4z}}{2z}\right)^k\tag{3}\\ &\quad=(-1)^k[u^n](1+u)^{n+1}\frac{1}{\sqrt{1+4u(1+u)}}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\cdot\left(\frac{1+2u(1+u)-\sqrt{1+4u(1+u)}}{-2u(1+u)}\right)^k\tag{4}\\ &\quad=(-1)^k[u^n](1+u)^{n+1}\frac{1}{1+2u}\left(-\frac{u}{1+u}\right)^k\tag{5}\\ &\quad=[u^{n-k}]\sum_{j=0}^\infty (-2u)^j(1+u)^{n-k+1}\tag{6}\\ &\quad=\sum_{j=0}^{n-k}(-2)^j[u^{n-k-j}](1+u)^{n-k+1}\tag{7}\\ &\quad=\sum_{j=0}^{n-k}(-2)^{n-k-j}[u^j](1+u)^{n-k+1}\tag{8}\\ &\quad=\sum_{j=0}^{n-k}\binom{n-k+1}{j}(-2)^{n-k-j}\tag{9}\\ &\quad=-\frac{1}{2}\left((1-2)^{n-k+1}-1\right)\tag{10}\\ &\quad=\color{blue}{\frac{1}{2}\left(1+(-1)^{n-k}\right)} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (1) cambio de la suma del índice de comenzar con $j=k$.

• En (2) se aplica el coeficiente de operador dos veces y establecer el rango del índice de $0$ $\infty$sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo. Aquí se utiliza un primo de la generación de la función de la central de coeficiente binomial \begin{align*} \sum_{m=0}^\infty\binom{2m}{m}z^m&=\frac{1}{\sqrt{1-4z}}\\ \sum_{m=0}^\infty\binom{2m}{m-k}z^m&=\frac{1}{\sqrt{1-4z}}\left(\frac{1-2z-\sqrt{1-4z}}{2z}\right)^k \end{align*}

• En (3) se utiliza la linealidad del coeficiente de operador y aplicar la regla de $[z^{p}]z^qA(z)=[z^{p-q}]A(z)$.

• En (4) aplicamos la norma de sustitución del coeficiente de operador con $z=-u(1+u)$
  \begin{align*} A(u)=\sum_{j=0}^\infty a_j u^j=\sum_{j=0}^\infty u^j [z^j]A(z) \end{align*}

• En (5) vamos a hacer algunas simplificaciones.

• En (6) aplicamos la serie geométrica de expansión.

• En (7) se aplican las normas como en (3) y establece que el límite superior de la suma a $n-k$ desde otros valores no contribuyen.

• En (8) cambiamos el orden de la suma de $j\to n-k-j$.

• En (9) seleccionamos el coeficiente de $u^j$.

• En (10) aplicamos el teorema del binomio.