Prueba buscada para una suma que implica binomios que se simplifica a 1/2

Question

Una prueba de:

$$\begin{align*}(1/2)^{2m+1} \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} \sum_{j=0}^{k} \binom{m+1}{j} = \frac{1}{2} \end{align*} $$

Conjetura basada en el siguiente código de Maple:

Q := (1/2)^(2*m+1) * sum( binomial(m, k) * sum(binomial(m+1, j), j = 0 .. k), k = 0 .. m):
simplify([seq(Q, m = 1 .. 20, 1)]);

[1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2, 1/2]

Answer 1

Dado que ${a\choose b} = {a\choose a-b}$, tenemos \begin{align*} \sum_{k = 0}^m{m\choose k}\sum_{j = 0}^k{m+1\choose j} &= \sum_{k = 0}^m{m\choose m-k}\sum_{j = 0}^k{m+1\choose m+1-j} \\ & = \sum_{r = 0}^m{m\choose r} \sum_{s = r+1}^{m+1}{m+1\choose s} \end{align*} donde la última línea se obtiene al sustituir $r = m-k$ y $s = m+1-j$. Si sumas ambos lados obtienes $2^{2m+1} = 2\times 2^{2m}$, por lo que tu resultado es verdadero.

Answer 2

Supongamos que buscamos verificar que $$\sum_{k=0}^m {m\choose k} \sum_{j=0}^k {m+1\choose j} = 2^{2m}.$$

Usamos la integral $${m+1\choose j} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z^{j+1}} \; dz.$$

Esto produce para la suma interna $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z} \sum_{j=0}^k \frac{1}{z^j}\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z} \frac{1/z^{k+1}-1}{1/z-1} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1+z)^{m+1} \frac{1/z^{k+1}-1}{1-z}\; dz.$$

Ahora, el segundo término en la diferencia no tiene un polo en cero así que nos queda $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z^{k+1}} \frac{1}{1-z} \; dz.$$

Esto produce para la suma restante la integral $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z} \frac{1}{1-z} \sum_{k=0}^m {m\choose k} \frac{1}{z^k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+1}}{z} \frac{1}{1-z} \left(1+\frac{1}{z}\right)^m \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2m+1}}{z^{m+1}} \frac{1}{1-z} \; dz.$$

Extrayendo el residuo encontramos $$\sum_{q=0}^m {2m+1\choose q} = \frac{1}{2} \times 2^{2m+1} = 2^{2m},$$

como se afirmó.