Suma del producto de los coeficientes binomiales $ = (-1)^n$

Question

Basado en el binomio de expansión de $(1+x)^n$, muestran que:

$$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n + k}{k} = (-1)^n$$

Esta es una pregunta de muy antiguo examen de la escuela secundaria de papel que me encontré. Parece que involes el producto de dos binomio expansiones, pero no puedo entender esto. Cualquier ayuda la agradezco mucho.

Answer 1

Si se escribe la ecuación para demostrar como $\sum_k(-1)^{n-k}\binom nk\binom{n+k}n=1$, se puede interpretar el lado izquierdo como el resultado de la aplicación de la $n$-ésimo de diferencia finita de operación $\Delta^n$ a la secuencia de $k\mapsto\binom kn$, y tomando el término de la secuencia resultante en $k=n$. A continuación, $\Delta(k\mapsto\binom km)=k\mapsto\binom k{m-1}$ implica que el lado izquierdo se convierte en $\Delta^n\left(k\mapsto\binom kn\right)(n)=\binom n{n-n}=\binom n0=1$ como se desee.

Otro enfoque es reconocer la negación de la parte superior del índice en el segundo coeficiente binomial: $$ (-1)^k\binom{n+k}k=\binom{k-(n+k)-1}k=\binom {n-1}k, $$ después de que la identidad se convierte en la instancia de la identidad de Vandermonde $$ \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom nk\binom{n + k}k= \sum_k\binom n{n-k}\binom {n-1}k=\binom{-1}n=(-1)^n. $$

${}$

Añadido después de la solicitud en el comentario. Ninguno de estos argumentos se requiere mucho más allá de los conocimientos básicos acerca de los coeficientes binomiales. El operador diferencia $\Delta$ está definido por $\Delta(f)(k)=f(k+1)-f(k)$, así que con $f:k\mapsto\binom km$ uno se $$ \Delta(f)(k)=\binom{k+1}m\binom km=\binom k{m-1} $$

sólo a partir de Pascal recurrencia. Y la fórmula $$ \Delta^n(f)(n)=\sum_i(-1)^{n-i}\binom nif(n+i) $$ ya sea de la siguiente manera fácilmente por inducción a partir de la definición de $\Delta$, o si lo prefiere mediante el uso de los operadores de identidad $I$ y cambio de $S$ sobre las funciones definidas por $I(f)=f$$S(f)(i)=f(i+1)$, escribir $\Delta=S-I$, y el uso de la fórmula binominal para $(S-I)^n$ (posible desde $S$ $I$ conmutan).

En la segunda variante, usted probablemente ya sabe la fórmula $\binom{-n}k= (-1)^k\binom{n+k-1}k$ para los coeficientes binomiales negativos superior índice, o bien la igualdad entre el exterior expresiones en $$ (1+X)^{-n} = \sum_{k\in\mathbf N} \binom {n}kX^k = \sum_{k\in\mathbf N}(-1)^k\binom{n+k-1}kX^k $$ (si no, mira esta respuesta derivando la primera fórmula). A continuación,$\sum_k(-1)^k\binom{n+k}kX^k=(1+X)^{-n-1}$, y la instancia de Vandermonde comprobada la identidad mediante la comparación de los coeficientes en $$ \sum_n\left(\sum_{k=0}^n(-1)^k\tbinom{n + k}k\tbinom nk\right)X^n =(1+X)^{n-1}(1+X)^n=(1+X)^{-1}=\sum_n(-1)^nX^n $$ lo que podría ser la prueba utilizando sólo la manipulación de $(1+X)^{n-1}$ que usted solicitó.

Answer 2

Supongamos que buscamos para evaluar $$\sum_{k=0}^n (-1)^k {n\choose k} {n+k\choose k}.$$

Inicio de $${n+k\elegir k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} (1+z)^{n+k} \; dz.$$

Esto da lugar a la siguiente expresión para la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(-1)^k}{z^{k+1}} (1+z)^{n+k} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} (-1)^k \frac{(1+z)^k}{z^k}\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z} \left(1-\frac{z+1}{z}\right)^n \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z} \frac{(-1)^n}{z^n} \; dz \\ = \frac{(-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^n}{z^{n+1}}\; dz.$$

De ello se sigue que la forma cerrada de la suma está dada por $$(-1)^n [z^n] (1+z)^n = (-1)^n.$$

Un seguimiento de cuándo este método apareció en el MSE, y por el que se inicia en este MSE enlace.