Demostrar

Question

Para $n\in\mathbb{Z}_{\ge 1}$ y $m\in\{0,1,\ldots,n\}$ me gustaría probar $$\sum_{k=m}^n{k\choose k-m}{2n\choose 2k}=4^{n-m}\frac{n(2n-m-1)!}{(2n-2m)!m!}.$ $. Aunque he confirmado la identidad de todos $n\le 20$ , lamentablemente no tengo una prueba.

Answer 1

Hoy en día es un asunto de maquinaria.

Un lápiz-y-papel enfoque... la suma es igual al coeficiente de $x^{2n}$en $$\left(\sum_{k=m}^{\infty}\binom{k}{k-m}x^{2k}\right)\left(\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}x^k\right)=\frac{x^{2m}}{(1-x^2)^{m+1}}(1+x)^{2n}=\frac{x^{2m}(1+x)^{2n-m-1}}{(1-x)^{m+1}}$$ que, por Cauchy de la integral de la fórmula, es igual a $$\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=r}\frac{(1+z)^{2n-m-1}\,dz}{z^{2n-2m+1}(1-z)^{m+1}}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|w|=1/r}\frac{w(w+1)^{2n-m-1}}{(w-1)^{m+1}}dw$$ (donde $0<r<1$; la segunda se obtiene mediante la sustitución de $z=1/w$).

Así es el coeficiente de $z^m$ en $(z+1)(z+2)^{2n-m-1}$, igual a $$2^{2n-2m-1}\binom{2n-m-1}{m}+2^{2n-2m}\binom{2n-m-1}{m-1},$$ que simplifica exactamente a la fórmula.

Answer 2

Yo upvoted la aceptó responder por su instructivo de gestión de la polos (pole en cero desaparece debido a la sustitución sino un polo en uno aparece en el interior de la sustituidos contorno y el poder de la serie en uno de los es particularmente fáciles de encontrar). Lo que sigue utiliza el poder formal de la serie y una sustitución diferente y documentos de todos los pasos. Vamos a empezar con

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

Ahora sin duda podemos extender $k$ más allá de $n$ porque no hay ninguna contribución a $[z^{2n}]$ en ese caso. Tenemos

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

Este es

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

El subsitution $z/(1+z) = w$ o $z=w/(1-w)$ ahora rendimientos

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

Este es

$$[w^{2n-2m}] \frac{1-w}{(1-2w)^{m+1}} = [w^{2n-2m}] \frac{1}{(1-2w)^{m+1}} - [w^{2n-2m-1}] \frac{1}{(1-2w)^{m+1}} \\ = 2^{2n-2m} {2n-m\elegir m} - 2^{2n-2m-1} {2n-m-1\elegir m} \\ = 4^{n-m} \frac{(2n-m-1)!}{(2n-2m)! m!} \left(2n-m - \frac{1}{2} (2n-2m)\right).$$

que es, de hecho,

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ n 4^{n-m} \frac{(2n-m-1)!}{(2n-2m)! m!}.}$$

Answer 3

Como se ha mencionado por metamorphy, esto puede ser hecho completamente con las máquinas de ahora. Así que, básicamente, usted no tiene que demostrarlo, un par de líneas de código máquina puede hacer por usted.

En la siguiente, voy a explicar cómo el CAS puede demostrar esto con creative telescópica de algoritmos.

El paquete que he utilizado se llama Sigma.

Primero el lado izquierdo puede escribirse como $$ S(n_0)=\underset{k=0}{\desbordado{n_0}{\sum }} f(n_0,k) $$ donde $n_0=n-m$y $$ f(n_0,k)= \left( \begin{array}{c} k+m \\ k \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 2 \left(m+n_0\right) \\ 2 (k+m) \\ \end{array} \right) . $$ A continuación, vamos a $$ c_0(n)=2 (1 + m + n_0) (m + 2 n_0) (1 + m + 2 n_0), $$ y $$ c_1(n)=-(1 + n_0) (m + n_0) (1 + 2 n_0) $$ y $$ g(n_0,k)=-\frac{k (2 k+2 m-1) \left(m+n_0+1\right) \binom{k+m}{k} \left(2 k m+4 k n_0+2 k-4 m n_0-3 m-6 n_0^2-7 n_0-2\right) \binom{2 m+2 n_0}{2 k+2 m}}{\left(2 k-2 n_0-1\right) \left(k-n_0-1\right)}. $$ A continuación, puede comprobar en su favorito de sistema CAS que $$ g\left(n_0,k+1\right)-g\left(n_0,k\right)=c_0\left(n_0\right) f\left(n_0,k\right)+c_1\left(n_0\right) f\left(n_0+1,k\right) . $$ Esta repetición es utilizar el paquete Mathematica Sigma. Aquí es donde el equipo se vuelve más útil-que encuentran estas repeticiones para usted.

Ahora se nos suma más de $k=1,..n_0-1$, obtenemos. $$ c_0(n_0) S\left(n_0\right)+c_1(n_0) S\left(n_0+1\right)=0 . $$

Esta es una simple repetición, plugin $S(0)=f(0,0)=1$, obtenemos $$ S(n_0)= \frac{4^{n_0} \left(m+n_0\right) \left(m+2 n_0-1\right)!}{m! \left(2 n_0\right)!} = \frac{n 4^{n-m} (-m+2 n-1)!}{m! (2 n-2 m)!} . $$ donde sustituimos por $n_0=n-m$. Este es exactamente el lado derecho.