Comprobando identidad combinatoria$\sum_s (-1)^s\binom{p+s-1}{s}\binom{2m+2p+s}{2m+1-s}2^s=0$

Question

Necesito demostrar siguientes identidades combinatorias:

$$ \sum\limits_s(-1)^s\binom{p+s-1}{s}\binom{2m+2p+s}{2m+1-s}2^s=0 $$

$$ \sum\limits_s(-1)^s\binom{p+s-1}{s}\binom{2m+2p+s-1}{2m-s}2^s=(-1)^m\binom{p+m-1}{m} $$

dado el hecho de que

$$ (1-x)^{2k}\left(1+\frac{2x}{(1-x)^2}\right)^k = (1+x^2)^k $$

para cualquiera de las $k=p$ o $k=-p$.

Y, el primero, y no puedo entender de donde $\binom{2m+2p+s}{2m+1-s}$ está saliendo de (señales diferentes para $s$ en la parte superior y la parte inferior parecer extraño para mí). Estoy tratando de demostrar la identidad de la primera como la siguiente: si queremos transformar la ecuación dada y deje $k=p$ obtenemos algo como esto:

$$ (1-x)^{2}(1+2x+4x^2+\dots)^p=(1+x^2)^p $$

Vamos a encontrar el coeficiente de $x^{2m+1}$ para ambos lados. Para el lado derecho es siempre igual a $0$, ya que sólo los poderes que están presentes. Para el lado izquierdo echemos $x^s$ a partir del segundo soporte y $x^{2m+1-s}$ a partir del primero. Consiguiendo $x^s$ a partir del segundo soporte es igual a la división de $s$ a $p$ sumandos con ceros permitido, por lo que el coeficiente es igual a $2^s\binom{p+s-1}{p-1} = 2^s\binom{p+s-1}{s}$. Así que tenemos algunos de los multiplicadores necesarios para nuestra identidad. Pero ahora bien, si tomamos $2m+1-s$ desde el primer soporte obtenemos el coeficiente como $(-1)^{2m+1-s}\binom{2p}{2m+1-s} = (-1)^s\binom{2p}{2m+1-s}$. Y el resultado final es:

$$ \sum\limits_s(-1)^s\binom{p+s-1}{s}\binom{2}{2m+1-s}2^s=0 $$

Y no veo la manera de transformar a la identidad necesaria.

Para la segunda igualdad yo no entiendo de donde el lado derecho.

Gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

Ok, primero de todo no fue un error en mi intento de resolver, porque de mi interpretación errónea de la serie de $1+2x+4x^4+\dots$ $\sum(2x)^n$ cuando en realidad (si uno encontrar más series de los miembros) es $1 + 2x + 4x^2 + 6x^3 + 8x^4+\dots$. En segundo lugar, este intento fue incorrecta la forma de solucionar este problema. La forma correcta consiste en aplicar el teorema del binomio, como este:

$$ (1-x)^{2k}\left(1+\dfrac{2x}{(1-x)^2}\right)^k = (1-x)^{2k} \sum\limits_s \binom{k}{s} \left(\dfrac{2x}{(1-x)^2}\right)^s = \sum\limits_s\binom{k}{s}2^sx^s(1-x)^{2k-2s} $$

Después de que se puede aplicar por segunda vez:

$$ \sum\limits_s\binom{k}{s}2^sx^s(1-x)^{2k-2} = \sum\limits_s\binom{k}{s}2^sx^s\sum\limits_t(-1)^t\binom{2k-2s}{t}x^t = \sum\limits_s\sum\limits_t2^s(-1)^t\binom{k}{s}\binom{2k-2s}{t}x^{s+t} $$

Y ahora uno sólo debe tomar $k=-p$ $s+t=2m$ incluso para los poderes y $s+t=2m+1$ para los impares. Esto conduce directamente a la deseada identidades.

Answer 2

Supongamos que buscamos para comprobar que $$\sum_{q=0}^{2m} (-1)^p {p-1+q\elegir q} {2m+2p+q-1\elegir 2m-q} 2^q = (-1)^m {p-1+m\elegir m}.$$

Introducir $${2m+2p+q-1\elegir 2m-q} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2m-q+1}} (1+z)^{2m+2p+q-1} \; dz.$$

Observar que este controla el rango es cero cuando $q\gt 2m$ así que se puede extender $q$ hasta el infinito para obtener por la suma

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2m+1}} (1+z)^{2m+2p-1} \sum_{q\ge 0} {p-1+q\elegir q} (-1)^q 2^p z^q (1+z)^q \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2m+1}} (1+z)^{2m+2p-1} \frac{1}{(1+2z(z+1))^p} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2m+1}} (1+z)^{2m+2p-1} \frac{1}{((1+z)^2+z^2)^p} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2m+1}} (1+z)^{2m-1} \frac{1}{(1+z^2/(1+z)^2)^p} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2m}} (1+z)^{2m} \frac{1}{z(1+z)} \frac{1}{(1+z^2/(1+z)^2)^p} \; dz.$$

Ahora a poner $$\frac{z}{1+z} = u \quad\text{que}\quad z=\frac{u}{1-u} \quad\text{y}\quad dz=\frac{1}{(1-u)^2} du$$

para obtener integral para la $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|u|=\epsilon} \frac{1}{u^{2m}} \frac{1}{u/(1-u)\times 1/(1-u)} \frac{1}{(1+u^2)^p} \frac{1}{(1-u)^2} \; du \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|u|=\epsilon} \frac{1}{u^{2m+1}} \frac{1}{(1+u^2)^p} \; du.$$

Este es $$[u^{2m}] \frac{1}{(1+u^2)^p} = [v^{m}] \frac{1}{(1+v)^p} = (-1)^m {m+p-1\elegir m},$$

como se reivindica.