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5 votos

Cómo probar: \sum_{k=m+1}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k}\binom{k-1}{m}= (-1)^{m+1}

Mostrar que si m n son enteros con 0\leq m<n \sum_{k=m+1}^{n} (-1)^{k} \binom{n}{k}\binom{k-1}{m}= (-1)^{m+1}

Intentos:

  • (-1)^{k}\binom{n}{k} es el coeficiente de x^{k} en la expansión de (1-x)^{n}

  • Y \binom{k-1}{m} es el coeficiente de x^{m} en la expansión de (1+x)^{k-1}.

Eso es todo lo que podría venir para arriba con.

3voto

Marco Cantarini Puntos 10794

Siguiendo la sugerencia de Arturo, tenga en cuenta que \frac{1}{m!}\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n}{k}\left(-1\right)^{k}x^{k-1}=\frac{\left(1-x\right)^{n}-1}{xm!} and if we differentiate the LHS m times, we get \frac{1}{m!}\sum_{k=1}^{n}\dbinom{n}{k}\left(-1\right)^{k}\left(k-1\right)\left(k-2\right)\cdots\left(k-m\right)x^{k-m-1}=\sum_{k=m+1}^{n}\dbinom{n}{k}\left(-1\right)^{k}\frac{\left(k-1\right)!}{m!\left(k-m-1\right)!}x^{k-m-1} so we have \sum_{k=m+1}^{n}\dbinom{n}{k}\left(-1\right)^{k}\dbinom{k-1}{m}=\frac{1}{m!}\frac{d^{m}}{dx^{m}}\left(\frac{\left(1-x\right)^{n}-1}{x}\right)_{x=1} now note that \frac{d}{dx}\left(\frac{\left(1-x\right)^{n}}{x}-\frac{1}{x}\right)=-\frac{n\left(1-x\right)^{n-1}}{x}-\frac{\left(1-x\right)^{n}}{x^{2}}+\frac{1}{x^{2}} and \frac{d}{dx}\left(-\frac{n\left(1-x\right)^{n-1}}{x}-\frac{\left(1-x\right)^{n}}{x^{2}}+\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{2\left(1-x\right)^{n}}{x^{3}}+\frac{2n\left(1-x\right)^{n-1}}{x^{2}}+\frac{n\left(n-1\right)\left(1-x\right)^{n-2}}{x}-\frac{2}{x^{3}} and so on, so you can see that, since m<n we have only one term that doesn't vanish at x=1. Hence \frac{1}{m!}\frac{d^{m}}{dx^{m}}\left(\frac{\left(1-x\right)^{n}-1}{x}\right)_{x=1}=\frac{1}{m!}\left(-1\right)^{m+1}m!=\left(-1\right)^{m+1} así que, finalmente,

\sum_{k=m+1}^{n}\dbinom{n}{k}\left(-1\right)^{k}\dbinom{k-1}{m}=\color{red}{\left(-1\right)^{m+1}}

como quería.

3voto

Marko Riedel Puntos 19255

Para aquellos que disfrutan de las integrales de aquí es otro enfoque utilizando el Egorychev método como se presenta en muchos posts por @FelixMarin y también por @MarkusScheuer.

Supongamos que buscamos para comprobar que

\sum_{k=m+1}^n (-1)^k {n\choose k} {k-1\choose m} = (-1)^{m+1}.

Primera prueba. Introducir

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

Ahora claramente al k\le m este se desvanece así que puede reducir el límite en la suma de los k=0. obtenemos

\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^m}{1+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{z^m}{1+z} \left(1-\frac{1+z}{z} \right)^n \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z^m}{1+z} \frac{(-1)^n}{z^n} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(-1)^n}{z^{n-m} (1+z)} \; dz = (-1)^n (-1)^{n-m-1} = (-1)^{m+1}.

Segunda prueba. Introducir

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

Ahora para 1\le k\le m esto es[z^m] (1-z)^{m-k} = 0, por lo que podemos de nuevo extender la suma de vuelta a k=0, teniendo cuidado de que el valor en k=0 que es (-1)^m. obtenemos

-(-1)^m + \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} (1-z)^m \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(-1)^k}{(1-z)^k} \; dz \\ = -(-1)^m + \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} (1-z)^m \left(1-\frac{1}{1-z}\right)^n \; dz \\ = -(-1)^m + \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m-n+1}} \frac{(-1)^n}{(1-z)^{n-m}} \; dz.

Nota sin embargo, que la m\lt n, por lo que la contribución de la integral se desvanece, una vez más, dejando (-1)^{m+1}.

2voto

Markus Scheuer Puntos 16133

Aquí está una variación basa en OPs intentos. Para ello es conveniente utilizar el coeficiente de operador [x^k] para denotar el coeficiente de x^k en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} (-1)^k\binom{n}{k}=[x^k](1-x)^n \end{align*}

Obtenemos para 0\leq m < n

\begin{align*} \sum_{k=m+1}^{n}&(-1)^{k}\binom{n}{k}\binom{k-1}{m}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}\binom{n}{k}\binom{k-1}{k-1-m}\tag{1}\\ &=\sum_{k=0}^\infty[x^k](1-x)^n [t^{k-1-m}](1+t)^{k-1}\tag{2}\\ &=[t^{-1-m}]\frac{1}{1+t}\sum_{k=0}^\infty(1+t)^kt^{-k}[x^{k}](1-x)^n \tag{3}\\ &=[t^{-1-m}]\frac{1}{1+t}\left(1-\frac{1+t}{t}\right)^n\tag{4}\\ &=[t^{-1-m}]\frac{1}{1+t}\left(-\frac{1}{t}\right)^n\\ &=(-1)^n[t^{n-m-1}]\sum_{j=0}^\infty(-t)^j\tag{5}\\ &=(-1)^{m+1}\tag{6} \end{align*} y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

  • En (1) utilizamos el binomio identidad \binom{p}{q}=\binom{p}{p-q} y ampliar los límites de la suma sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.

  • En (2) se aplica el coeficiente de operador dos veces.

  • En (3) vamos a hacer algunos reordenamientos mediante el uso de la linealidad del coeficiente de operador y también utilizamos la regla \begin{align*} [t^{p+q}]A(t)=[t^p]t^{-q}A(t) \end{align*}

  • En (4), usamos la regla de sustitución \begin{align*} A(t)=\sum_{k=0}^\infty a_kt^k=\sum_{k=0}^\infty t^k[x^k]A(x)\\ \end{align*}

  • En (5) escribimos t^{-n} como parte del coeficiente de operador (regla de (3)) y el uso de la serie geométrica de expansión de \frac{1}{1+t}.

  • En (6) seleccionamos el coeficiente de t^{n-m-1}.

1voto

DiGi Puntos 1925

El resultado también puede ser resultado ser bastante fácilmente por inducción en n. En primer lugar observamos que no hay necesidad de especificar los límites de la suma: si k>n o k<m+1, uno de los coeficientes binomiales es0, de todos modos. Supongamos que

\sum_k(-1)^k\binom{n}k\binom{k-1}m= (-1)^{m+1}

siempre que 0\le m<n. A continuación, para m<n hemos

\begin{align*} \sum_k(-1)^k\binom{n+1}k\binom{k-1}m&=\sum_k(-1)^k\left(\binom{n}k+\binom{n}{k-1}\right)\binom{k-1}m\\ &=\sum_k(-1)^k\binom{n}k\binom{k-1}m+\sum_k(-1)^k\binom{n}{k-1}\binom{k-1}m\\ &=(-1)^{m+1}+\sum_k(-1)^k\binom{n}{k-1}\binom{k-1}m\\ &=(-1)^{m+1}-\sum_k(-1)^k\binom{n}k\binom{k}m\\ &=(-1)^{m+1}-\sum_k(-1)^k\binom{n}m\binom{n-m}{n-k}\\ &=(-1)^{m+1}-\binom{n}m\sum_k(-1)^k\binom{n-m}k\\ &=(-1)^{m+1}\;, \end{align*}

desde \sum_k(-1)^k\binom{r}k=0r\in\Bbb Z^+.

El caso de m=n es trivial, ya que la suma tiene sólo un cero término, el de k=n+1:

(-1)^{n+1}\binom{n+1}{n+1}\binom{n}n=(-1)^{n+1}\;.

Añadido: En realidad, lo que sugiere una combinatoria prueba de la identidad original. Supongamos que tenemos n bolas blancas numeradas 1 a través de n. Para un determinado k hay \binom{n}k\binom{k-1}m formas de elegir los k de estas bolas, pintarlos de rojo, dejar de lado la bola roja con el número más grande, y, a continuación, elija m restante de los k-1 rojo que las bolas de pintura azul. En el final tenemos los siguientes posibles resultados: un conjunto de m bolas de color azul; un conjunto de k-m bolas rojas, uno de los cuales tiene un número mayor que cualquiera de las bolas de color azul; y n-k bolas blancas. Claramente los posibles valores de k son enteros m+1,\ldots,n.

Alternativamente, podemos clasificar estos resultados por el conjunto de las bolas de color azul y el número de los más grandes numeradas bola roja. Para un conjunto fijo B m bolas de color azul y de mayor numeradas bola roja \ell, las cifras en el resto de las bolas de color rojo puede ser cualquier subconjunto R[\ell-1]\setminus B, y el número total de bolas rojas y azules (correspondiente a k anterior) es |R|+m+1. Estos resultados, por tanto, contribuir

\begin{align*} \sum_{r=0}^{\ell-1-m}\binom{\ell-1-m}r(-1)^{r+m+1}&=(-1)^{m+1}\sum_r\binom{\ell-1-m}r(-1)^r\\ &=(-1)^{m+1}[\ell=m+1]\;, \end{align*}

donde [\ell=m+1] es una Iverson soporte.

Es decir, sólo para B=[m] \ell=m+1 estos resultados tienen un no-cero aporte, y en ese caso la respuesta es (-1)^{m+1}.

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