Como parte de un problema (SE) que he estado trabajando, se me ocurrió con esta expresión: $$ \sum_{i=0}^M\binom{M-1+i}{i}\binom{M+i}{i} $$ me gustaría obtener una forma cerrada para esto, pero después de una cantidad considerable de tiempo buscando mis referencias y fuentes en línea (sin mencionar el tiempo que he pasado esto ataques en otras equivalencias igualmente opacos), he subido de vacío. ¿Alguien tiene una pista? Voy a ser feliz a la original si se le pregunta, pero la expresión más o menos cuenta la historia.
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Marko Riedel
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Aquí es un suplente en representación de la suma.
Supongamos que buscamos para evaluar $$S_M = \sum_{q=0}^M {p+M-1\elegir M-1} {q+M\elegir M}.$$
Introducir $${q+M\elegir M} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{q+M}}{w^{M+1}} \; ps.$$
y, además, introducir $$[[0\le q \le M]] = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1+z+z^2+\cdots+z^M}{z^{q+1}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^{M+1}-1}{(z-1)z^{q+1}} \; dz$$
que controla el rango de modo que podemos dejar a $q$ ir hasta el infinito para obtener para la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^{M+1}-1}{(z-1)z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \sum_{q\ge 0} {p+M-1\elegir M-1} \frac{(1+w)^p}{z^p} \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^{M+1}-1}{(z-1)z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \frac{1}{(1-(1+w)/z)^M} \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^{2M+1}-z^M}{(z-1)z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \frac{1}{(z-(1+w))^M} \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^{2M} z^{M-1}}{(z-1)^{M+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \frac{1}{(1-w/(z-1))^M} \; dw\; dz.$$
Extraer el residuo de a $w=0$ obtenemos $$\sum_{q=0}^M {M\choose M-q} {q+M-1\choose M-1} \frac{1}{(z-1)^q}.$$
Hay dos contribuciones para el exterior integral de aquí, la primera es $$\mathrm{Res}_{z=1} \sum_{q=0}^M {M\elegir q} {p+M-1\elegir M-1} \frac{1}{(z-1)^{q+M+1}} \sum_{p=0}^{2M} {2M\elegir p} (z-1)^p \\ = \sum_{q=0}^M {M\elegir q} {p+M-1\elegir M-1} {2M\elegir M+p}.$$
El segundo es $$\mathrm{Res}_{z=1} \sum_{q=0}^M {M\elegir q} {p+M-1\elegir M-1} \frac{1}{(z-1)^{q+M+1}} \sum_{p=0}^{M-1} {M-1\elegir p} (z-1)^p$$ y esto puede verse fácilmente a ser cero.
El producto de los tres binomios es $$\frac{M.}{p!\veces (M-q)!} \frac{(p+M-1)!}{(M-1)! \las veces q!} \frac{(2M)!}{(M+p)!\veces (M-q)!}.$$
que los rendimientos de $$\frac{M}{M+p} \frac{(2M)!}{p! \times (M-q)! \las veces q! \times (M-q)!}.$$
que finalmente se da por la suma $$M {2M\elegir M} \sum_{q=0}^M \frac{1}{M+p} {M\elegir q}^2.$$
Derick Bailey
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Si falta el primer binomio '$-1$', obtendríamos A OEIS $112029$, que converge asintóticamente a $\dfrac{4^{2n+1}}{3\pi~n}~,$ y – en el mismo tiempo, también tenemos $\displaystyle\lim{n\to\infty}\frac{A{112029}(n)}{a_n}=2$, $a_n$ Dónde está nuestra secuencia. Por lo tanto, en conclusión, $a_n\sim\dfrac{2^{4n+1}}{3\pi~n}$. No parece poseer una expresión significativa de forma cerrada, y aún la más simple mencionada OEIS secuencia parece carecer de uno.
Marko Riedel
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Observación. La Iverson soporte que se utilizó en la primera respuesta es no muy apropiado, como la serie infinita fue sustituido en no convergen en una vecindad de cero.
La forma apropiada de la Iverson soporte aquí $$[[0\le q\le M]] = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^{p}}{z^{M+1}}\frac{1}{1-z} \; dz.$$
Esto produce por la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{M+1}}\frac{1}{1-z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \sum_{q\ge 0} {p+M-1\elegir M-1} (1+w)^q z^q \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{M+1}}\frac{1}{1-z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \frac{1}{(1-z(1+w))^M} \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{M+1}}\frac{1}{1-z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \frac{1}{(1-z-zw)^M} \; dw\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{M+1}}\frac{1}{(1-z)^{M+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \frac{1}{(1-zw/(1-z))^M} \; dw\; dz.$$
Extraer el residuo de a $w=0$ obtenemos $$\sum_{q=0}^M {M\choose M-q} {M-1+q\choose q} \frac{z^q}{(1-z)^q}.$$
Sustituyendo en la integral en $z$ rendimientos $$\sum_{q=0}^M {M\elegir M-q} {M-1+p\elegir q} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{M-p+1}}\frac{1}{(1-z)^{M+q+1}} \; dz$$
que es $$\sum_{q=0}^M {M\elegir M-q} {M-1+p\elegir q} {M+p+M-p\elegir M+p} \\= \sum_{q=0}^M {M\elegir q} {M-1+p\elegir M-1} {2M\elegir M+p}.$$
Esto es igual a lo obtenido en la primera versión y podemos continuar como antes.
Adenda.
También podemos evaluar esta utilizando el negativo de los residuos en $w=(1-z)/z$ del interior de la integral. Esto requiere de la derivada (uso de Leibniz de la regla)
$$\frac{1}{(M-1)!}\left(\frac{(1+w)^M}{w^{M+1}}\right)^{(M-1)} \\ = \frac{1}{(M-1)!} \sum_{q=0}^{M-1} {M-1\elegir q} \frac{M! \times (1+w)^{M-p}}{(M-q)!} (-1)^{M-1-p} \frac{(M+M-1-q)!}{M! \times w^{M+1+M-1-p}} \\= (-1)^{M-1} \sum_{q=0}^{M-1} {M\elegir q} (1+w)^{M-q} (-1)^p {2M-1-p\elegir M} \frac{1}{w^{2M-q}}.$$
La evaluación de los rendimientos de $$(-1)^{M-1} \sum_{q=0}^{M-1} {M\elegir q} \frac{1}{z^{M-q}} (-1)^p {2M-1-p\elegir M} \frac{z^{2M-p}}{(1-z)^{2M-q}}.$$
Re-escribir la integral doble de la siguiente manera: $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2M+1}}\frac{1}{1-z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \frac{1}{((1-z)/z-w)^M} \; dw\; dz \\ = \frac{(-1)^M}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2M+1}}\frac{1}{1-z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{M}}{w^{M+1}} \frac{1}{(w-(1-z)/z)^M} \; dw\; dz.$$
Sustituir el evaluado derivado en esta integral para obtener $$- \sum_{q=0}^{M-1} {M\elegir q} (-1)^p {2M-1-p\elegir M} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{M+1}}\frac{1}{(1-z)^{2M+1-q}} \; dz \\ = - \sum_{q=0}^{M-1} {M\elegir q} (-1)^p {2M-1-p\elegir M} {2M-q+M\elegir M} \\ = - \sum_{q=0}^{M-1} {M\elegir q} (-1)^p {2M-1-p\elegir M} {3M-q\elegir M}.$$
Todavía necesitamos el valor de los residuos en el infinito de la integral en $w$ , utilizando la siguiente fórmula:
$$\mathrm{Res}_{z=\infty} h(z) = \mathrm{Res}_{z=0} \left[-\frac{1}{z^2} h\left(\frac{1}{z}\right)\right]$$
que en el presente caso los rendimientos $$- \mathrm{Res}_{w=0} \frac{1}{w^2} \frac{(1+1/n)^M}{1/w^{M+1}} \frac{1}{(1-z/(1-z)/w)^M} \\ = - \mathrm{Res}_{w=0} \frac{1}{w}. (1+w)^M \frac{w^M}{(w-z/(1-z))^M} \\ = - \mathrm{Res}_{w=0} (1+w)^M \frac{w^{M-1}}{(w-z/(1-z))^M}.$$
Esto es igual a cero por la inspección y dado que los residuos que se suma a cero podemos a la conclusión de que la suma tiene la alternativa de representación $$\sum_{q=0}^{M} {M\elegir q} (-1)^p {2M-1-p\elegir M} {3M-q\elegir M}.$$
