Hay una expresión explícita para $\sum_{j= k+1}^{2n}{j\choose k}{n\choose j-n}$?

Question

\begin{align*}\text{Let } \ \ \ \ \ a_{n,k}:=\sum_{j= k+1}^{2n}{j\choose k}{n\choose j-n}\end{align*} con ${a\choose b}$ un coeficiente binomial.

(i) demuestre que $a_{n,k}$ es incluso.

[EDIT: acabo de encontrar una prueba para (i). Sugerencia: $a_{n,k}$ es el coeficiente de $x^{2n-k}$ en el poder de expansión de la serie de $\frac{(1+x)^n}{(1-x)^{k+1}}-(1+x)^n$. ]

2ª EDICIÓN: aquí está mi tentativa de prueba con los detalles (es correcto?):\begin{align*}a_{n,k}&=\sum_{j= k+1}^{2n}{j\choose k}{n\choose j-n}\\ & =\sum_{j= k}^{2n}{j\choose k}{n\choose 2n-j}-{n\choose 2n-k}\\ &=\sum_{j= 0}^{2n-k}{j+k\choose k}{n\choose 2n-k-j}-{n\choose 2n-k}\end{align*} Por otro lado, es bien se conoce que:

$\sum_{g\ge0}{g+k\choose k}x^g=(1-x)^{-k-1}$ y $\sum_{g\ge0}{n\choose g}x^g=(1+x)^n$, por lo que: $$\frac{(1+x)^n}{(1-x)^{k+1}} -(1+x)^n = \sum_{h \ge 0} \sum_{g= 0}^{h}{g+k\elegir k}{n\elegir h-g}x^h -\sum_{h \ge 0}{n\elegir h}x^h $$ Then $$[[x^{2n-k}]]\left(\frac{(1+x)^n}{(1-x)^{k+1}} -(1+x)^n \right) = a_{n,k} $$ Then, reducing modulo $2$: $$[[x^{2n-k}]]\left((1-x)^{n-k-1} -(1+x)^n \right) \equiv a_{n,k} \pmod 2.$$ Hay dos casos:

$\circ$ Si $k+1\le n$$2n-k \ge n +1$, por lo tanto $2n-k > n $ y $2n-k > n -k-1 \ge 0 $, por lo tanto: \begin{align*} a_{n,k}&\equiv (-1)^k {n-k-1\choose 2n-k} -{n\choose 2n-k} \pmod 2 \\ &\equiv 0-0=0\pmod 2.\end{align*} $\circ$ Si $0 > n-k-1$ , entonces: \begin{align*} a_{n,k}&\equiv {k-n+2n-k\choose 2n-k} -{n\choose 2n-k} \pmod 2 \\ &\equiv {n\choose 2n-k} -{n\choose 2n-k}=0\pmod 2.\end{align*}

(ii) Dar una expresión explícita para $a_{n,k}$.

Sé que \begin{align*}\sum_{j= k}^{n}{j\choose k}{n\choose j} =2^{n-k}{n\choose k}\end{align*} y yo esperaría alguna expresión similar para $a_{n,k}$, pero que no parece ser sencillo.

Gracias por cualquier ayuda.

Answer 1

En cuanto a tu pregunta por la corrección: la prueba se ve bien, buen trabajo.

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En esta respuesta se deriva otra representación para $a_{n,k}$ y considerar la posibilidad de analogías con la OPs se refiere el binomio identidad \begin{align*} \sum_{j= k}^{n}{j\choose k}{n\choose j} =2^{n-k}{n\choose k}\tag{1} \end{align*} que indican que un cerrado representación de forma similar a (1) no es de esperar.

Nos muestran el siguiente es válido para $n\geq 1,\ 0\leq k\leq 2n-1$ \begin{align*} \color{blue}{a_{n,k}}&=\sum_{j= k+1}^{2n}\binom{j}{k}\binom{n}{j-n}\tag{2}\\ &\color{blue}{=2^{n-k}\sum_{j=0}^k\binom{n}{j}\binom{n}{k-j}2^j-\binom{n}{k-n}}\tag{3} \end{align*}

Tenga en cuenta que $a_{n,k}$ tiene de acuerdo a (3) también una representación con $2^{n-k}$ como factor de forma similar a (1), pero, a continuación, seguido por una suma en lugar de un simple coeficiente binomial. La resta de $\binom{n}{k-n}$ compensa el índice de $j$ (2) que comienza con $k+1$ y no con $k$.

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

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{j=k}^{2n}\binom{j}{k}\binom{n}{j-n}}&=\sum_{j=0}^{2n-k}\binom{k+j}{k}\binom{n}{j+k-n}\tag{4}\\ &=\sum_{j=0}^{2n-k}\binom{2n-j}{k}\binom{n}{j}\tag{5}\\ &=\sum_{j=0}^\infty[z^k](1+z)^{2n-j}[u^j](1+u)^n\tag{6}\\ &=[z^k](1+z)^{2n}\sum_{j=0}^\infty(1+z)^{-j}[u^j](1+u)^n\tag{7}\\ &=[z^k](1+z)^{2n}\left(1+\frac{1}{1+z}\right)^n\tag{8}\\ &=[z^k](1+z)^n(2+z)^n\tag{9}\\ &=[z^k]\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}z^j(2+z)^n\\ &=\sum_{j=0}^k\binom{n}{j}[z^{k-j}](2+z)^n\\ &=\sum_{j=0}^k\binom{n}{j}\binom{n}{k-j}2^{n-k+j}\\ &\color{blue}{=2^{n-k}\sum_{j=0}^k\binom{n}{j}\binom{n}{k-j}2^{j}}\tag{10} \end{align*} Restando $\binom{n}{k-n}$ a partir de (10) para compensar $j=k+1$ en lugar de $j=k$ (2) y la demanda de la siguiente manera.

Comentario:

• En (4) el cambio en el índice para comenzar con $j=0$.

• En (5) cambiamos el orden de la suma de $j \rightarrow 2n-k-j$ y el uso de $\binom{p}{q}=\binom{p}{p-q}$.

• En (6) se le aplica el coeficiente de operador dos veces y establecer el límite superior de la serie a $\infty$ sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.

• En (7) hacemos un reordenamiento para prepararse para el siguiente paso.

• En (8) aplicamos la norma de sustitución del coeficiente de operador con $u=\frac{1}{1+z}$
  \begin{align*} A(z)=\sum_{j=0}^\infty a_j z^j=\sum_{j=0}^\infty z^j [u^j]A(u) \end{align*}

• En (9) hacemos una simplificación y seleccionar el coeficiente de $z^k$ en los siguientes pasos.

El otro binomio identidad

Consideramos que la OPs se refiere el binomio identidad \begin{align*} \color{blue}{\sum_{j= k}^{n}{j\choose k}{n\choose j} =2^{n-k}{n\choose k}}\tag{11} \end{align*} y compararlo con $a_{n,k}$.

Esta identidad es por lo general mostrado por señalar que $\binom{j}{k}\binom{n}{j}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{n-j}$ a partir de la cual la reclamación fácilmente de la siguiente manera por factorizando $\binom{n}{k}$ a partir de la suma. Aquí se demuestra que al proceder de forma similar a como lo hicimos anteriormente.

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{j=k}^n\binom{j}{k}\binom{n}{j}}&=\sum_{j=0}^{n-k}\binom{k+j}{k}\binom{n}{k+j}\\ &=\sum_{j=0}^{n-k}\binom{n-j}{k}\binom{n}{j}\\ &=\sum_{j=0}^\infty[z^k](1+z)^{n-j}[u^j](1+u)^n\\ &=[z^k](1+z)^n\sum_{j=0}^\infty(1+z)^{-j}[u^j](1+u)^n\\ &=[z^k]\color{blue}{(1+z)^n}\left(1+\frac{1}{1+z}\right)^n\tag{12}\\ &=[z^k](2+z)^n\\ &\color{blue}{=2^{n-k}\binom{n}{k}} \end{align*}

Conclusión: En (12) vemos que la diferencia entre el poder de expansión de la serie de este binomio suma, que tiene un plazo $(1+z)^{\color{blue}{n}}$, mientras que el poder de expansión de la serie de $a_{n,k}$ tiene un plazo $(1+z)^{\color{blue}{2n}}$. Mientras que $(1+z)^n$ cancela en el siguiente paso, este no es el caso en (9). Esto indica fuertemente que una simple representación de $a_{n,k}$ de manera similar que encontramos aquí no es factible.