una fuerte suma de Coeficientes binomiales

Question

<blockquote> <p>Encontrar la suma: $$\sum_{i=0}^{2}\sum_{j=0}^{2}\binom{2}{i}\binom{2}{j}\binom{2}{k-i-j}\binom{4}{k-l+i+j},\space\space 0\leq k,l\leq 6$ $</p> </blockquote> <p>Sé para encontrar $\sum_{i=0}^{2}\binom{2}{i}\binom{2}{2-i}$, necesario encontrar el coeficiente de $x^2$ $(1+x)^4$ (que es $\binom{4}{2}$). Pero no hacer el truco. Cualquier ayuda se agradece!</p>

Answer 1

Aquí es una variante de lo que podría ser visto como una generalización de OP ejemplo. Utilizamos el coeficiente de operador $[z^k]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^k](1+z)^n=\binom{n}{k} \end{align*} y también utilizamos Iverson soportes que se definen como \begin{align*} [[P(z)]]=\begin{cases} 1&\qquad P(z) \ \text{ true}\\ 0&\qquad P(z) \ \text{ false} \end{casos} \end{align*}

Obtenemos para $0\leq k,l\leq 6$: \begin{align*} \color{blue}{\sum_{i=0}^2}&\color{blue}{\sum_{j=0}^2\binom{2}{i}\binom{2}{j}\binom{2}{k-i-j}\binom{4}{k-l+i+j}}\\ &=\sum_{i=0}^2\binom{2}{i}\sum_{j=0}^2\binom{2}{j}[z^{k-i-j}](1+z)^2[u^{k-l+i+j}](1+u)^4\tag{1}\\ &=[z^k][u^{k-l}](1+z)^2(1+u)^4\sum_{i=0}^2\binom{2}{i}\left(\frac{z}{u}\right)^i\sum_{j=0}^2\binom{2}{j}\left(\frac{z}{u}\right)^j\tag{2}\\ &=[z^k][u^{k-l}](1+z)^2(1+u)^4\left(1+\frac{z}{u}\right)^4\tag{3}\\ &=[u^{k-l}]\left([z^k]+2[z^{k-1}]+[z^{k-2}]\right)\left(1+\frac{z}{u}\right)^4(1+u)^4\tag{4}\\ &=[u^{k-l}]\left(\binom{4}{k}u^{-k}+2\binom{4}{k-1}[[k\geq 1]]u^{1-k}\right.\\ &\qquad\qquad\quad\left.+\binom{4}{k-2}[[k\geq 2]]u^{2-k}\right)(1+u)^4\tag{5}\\ &=\left(\binom{4}{k}[u^{2k-l}]+2\binom{4}{k-1}[[k\geq 1]][u^{2k-l-1}]\right.\\ &\qquad\qquad\quad\left.+\binom{4}{k-2}[[k\geq 2]][u^{2k-l-2}]\right)(1+u)^4\\ &\,\,\color{blue}{=\binom{4}{k}\binom{4}{2k-l}[[2k\geq l]]+2\binom{4}{k-1}\binom{4}{2k-l-1}[[k\geq 1]][[2k\geq l+1]]}\\ &\qquad\qquad\quad\color{blue}{+\binom{4}{k-2}\binom{4}{2k-l-2}[[k\geq 2]][[2k\geq l+2]]} \end{align*}

Comentario:

• En (1) se aplica el coeficiente de operador dos veces.

• En (2) utilizamos la linealidad del coeficiente de operador y aplicar la regla de $[z^{p-q}]A(x)=[z^p]z^qA(z)$.

• En (3) aplicamos el teorema del binomio dos veces.

• En (4) se expanda $(1+z)^2$ y seleccionar el coeficiente de $[z^k]$. \begin{align*} [z^k]&(1+z)^2\left(1+\frac{z}{u}\right)^4\\ &=[z^k](1+2z+z^2)\left(1+\frac{z}{u}\right)^4\\ &=\left([z^k]+2[z^{k-1}]+[z^{k-2}]\right)\left(1+\frac{z}{u}\right)^4\\ &=\left([z^k]+2[z^{k-1}]+[z^{k-2}]\right)\sum_{j=0}^4\binom{4}{j}\left(\frac{z}{u}\right)^j\\ &=[z^k]\sum_{j=0}^4\binom{4}{j}\left(\frac{z}{u}\right)^j +2[z^{k-1}]\sum_{j=0}^4\binom{4}{j}\left(\frac{z}{u}\right)^j +[z^{k-2}]\sum_{j=0}^4\binom{4}{j}\left(\frac{z}{u}\right)^j\\ \end{align*}

• En (5) seleccionamos los coeficientes de $[z^{k-a}]$$\left(1+\frac{z}{u}\right)^4$$0\leq a\leq 2$. Utilizamos Iverson soportes para fijar los términos de cero si la parte inferior de los coeficientes binomiales es menor que cero. Vamos a hacer un trabajo similar con $[u^{k-l}]$ en las siguientes líneas.

Answer 2

Informática la que genera la función: $$\begin{align} &\sum_k\sum_l\sum_i\sum_j\binom{2}{i}\binom{2}{j}\binom{2}{k-i-j}\binom{4}{k-l+i+j}x^ly^k\ &=\sum_k\color{#C00}{\sum_l}\sum_i\sum_j\binom{2}{i}\binom{2}{j}\binom{2}{k-i-j}\color{#C00}{\binom{4}{k-l+i+j}x^{l+4-k-i-j}}x^{k+i+j-4}y^k\ &=\color{#C00}{(1+x)^4}\sum_k\sum_i\sum_j\binom{2}{i}\binom{2}{j}\binom{2}{k-i-j}x^{k+i+j-4}y^k\ &=(1+x)^4\color{#090}{\sum_k}\sum_i\sum_j\binom{2}{i}\binom{2}{j}\color{#090}{\binom{2}{k-i-j}x^{k-i-j}y^{k-i-j}}x^{2i+2j-4}y^{i+j}\ &=(1+x)^4\color{#090}{(1+xy)^2}\color{#00F}{\sum_i\sum_j\binom{2}{i}\binom{2}{j}x^{2i+2j-4}y^{i+j}}\ &=\frac{(1+x)^4(1+xy)^2\color{#00F}{(1+x^2y)^4}}{\color{#00F}{x^4}}\ &=\color{#CCC}{\frac1{x^4}+\frac{4+2y}{x^3}+\frac{6+12y+y^2}{x^2}+\frac{4+28y+12y^2}x}\ &+\left(1+32y+44y^2+4y^3\right)+x\left(18y+76y^2+28y^3\right)+x^2\left(4y+69y^2+76y^3+6y^4\right)\ &+x^3\left(32y^2+104y^3+32y^4\right)+x^4\left(6y^2+76y^3+69y^4+4y^5\right)\ &+x^5\left(28y^3+76y^4+18y^5\right)+x^6\left(4y^3+44y^4+32y^5+y^6\right)\ &\color{#CCC}{+x^7\left(12y^4+28y^5+4y^6\right)+x^8\left(y^4+12y^5+6y^6\right)+x^9\left(2y^5+4y^6\right)+x^{10}y^6} \end {Alinee el} $$ donde se ha atenuado los términos no en el rango solicitado.

Answer 3

Me gustaría añadir algunos comentarios después de la solución dada. Primero que todo necesitamos el cambio de una variable $l'=l+4$ a traer la GF en el mundo real.

Supongamos que tenemos que llenar la estructura anterior con $l'$ idénticos bolas blancas y $k$ idénticos bolas negras, blancas en la fila superior, de color negro en la fila inferior. A continuación, hay una regla que dice que cada estructurado de reciclaje, bien está vacío o lleno.

Así llegamos $\binom2i$ para el llenado de la primera sección, $\binom2j$ para el segundo, $\binom2{k-i-j}$ para la sección verde. Para la cuarta sección, tenemos $l'-2i -2j - (k-i-j) = l'-i-j-k = l + 4 - i-j-k$ por lo tanto el binomio $\binom4 {i+j+k-l} $

aquí están mis comentarios :

• tales estructuras, que podría ser denominada "parcial surjective función de" faltar a los doce veces Rota manera de tren o de otras expansiones y son menos estudiados.

• el azul summamnds pueden ser agrupados en una sola sección con un solo parámetro, pero la sección está dividida.

• el l' parámetro es desplazado de la realidad exactamente con 4 como para estar bien escondido en el binomio de expresión.

• a continuación, tenemos una gama de l', a colocar 4..10 bolas en 14 ranuras.

Le da a estos yo diría que alguien ha hecho su milla para producir esta dura estructura y el problema.