Una característica inusual de una suma doble habitual del producto de dos coeficientes binomiales

Question

Sabemos que

$$\sum_{0 \le i \le j \le n} A_i~ A_j= \frac{\left(\sum_{k=0}^{n} A_k\right) ^2+\sum_{k=0}^{n} A_k^2}{2}~~(1)$$ Se puede encontrar $$S= \sum_{0 \le i \le j < \infty} ~ 2^{-i-j}$$ utilizando (1), obtenemos $S=8/3$ . También podemos encontrar $S$ como el siguiente: $$S=\sum_{j=0}^{\infty} 2^{-j} \sum_{i=0}^{j} 2^{-i}= \sum_{j=0}^{\infty} 2^{-j} \frac{(2)^{-j-1}-1}{2^{-1}-1} =2\sum_{j=0}^{\infty}[2^{-j}-(2)^{-2j-1}]=8/3.$$ Utilizando (1). solemos obtener $$T=\sum_{0 \le i \le j \le n} {n \choose i} {n \choose j} = \frac{4^n+{2n \choose n}}{2}.$$ Pero no podemos conseguir $T$ como $$T =\sum_{j=0}^{n} {n \choose j} \sum_{i=0}^{j} {n \choose i},$$ porque el segundo término no se puede hacer de forma cerrada. Cualquier ayuda

Answer 1

Utilizamos el coeficiente de operador $[z^j]$ para denotar el coeficiente de $z^j$ en una serie. De esta manera podemos escribir, por ejemplo $$\begin{align*} [z^j](1+z)^n=\binom{n}{j}\tag{1} \end{align*}$$

Obtenemos $$\begin{align*} \color{blue}{\sum_{j=0}^n}&\color{blue}{\binom{n}{j}\sum_{i=0}^j\binom{n}{i}}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\sum_{i=0}^j[z^i](1+z)^n\tag{2}\\ &=[z^0](1+z)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\sum_{i=0}^jz^{-i}\tag{3}\\ &=[z^0](1+z)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\frac{z^{-j-1}-1}{z^{-1}-1}\tag{4}\\ &=[z^0](1+z)^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\frac{z^{-j}-z}{1-z}\\ &=[z^0]\frac{(1+z)^n}{1-z}\left(\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}z^{-j}-z\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}\right)\\ &=[z^0]\frac{(1+z)^n}{1-z}\left(\left(1+\frac{1}{z}\right)^n-2^nz\right)\tag{5}\\ &=[z^n](1+z)^{2n}\sum_{j=0}^\infty z^j\tag{6}\\ &=\sum_{j=0}^n[z^j](1+z)^{2n}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{2n}{j}\\ &=\frac{1}{2}\left(\sum_{j=0}^{2n}\binom{2n}{j}+\binom{2n}{n}\right)\tag{7}\\ &\,\,\color{blue}{=\frac{1}{2}\left(4^n+\binom{2n}{n}\right)} \end{align*}$$ y la afirmación es la siguiente.

Comentario:

• En (2) utilizamos el coeficiente de según (1).

• En (3) aplicamos la regla $[z^{p-q}]A(z)=[z^p]z^qA(z)$ .

• En (4) utilizamos el _fórmula de la serie geométrica finita_ .

• En (5) aplicamos el teorema del binomio dos veces y observamos el término $2^nz$ no contribuye a $[z^0]$ .

• En (6) se factoriza $\frac{1}{z^n}$ de $\left(1+\frac{1}{z}\right)^n$ y utilizar de nuevo la regla como en (3). También expandimos la serie geométrica.

• En (7) utilizamos la simetría $\binom{2n}{j}=\binom{2n}{2n-j}$ y compensar el factor $\frac{1}{2}$ del término medio $\binom{2n}{n}$ añadiéndolo adicionalmente.