La doble suma $\sum_{j=0}^{n} \sum_{i=0}^{m} (-1)^{i+j} {m \choose i} {n \choose j} {i+j \choose i} =0~ \mbox{or}~1$

Question

Para los números enteros no negativos <span class="math-container">$m$</span> y <span class="math-container">$n$</span>, el doble de la suma <span class="math-container">%#% $ #%</span> se puede comprobar que 0 o 1. ¿Cómo puede uno Mostrar esto a mano, junto con las condiciones en <span class="math-container">$$\sum{j=0}^{n} \sum{i=0}^{m} (-1)^{i+j} {m \choose i} {n \choose j} {i+j \choose i}$</span> y <span class="math-container">$m$</span>?

Answer 1

Los polinomios de Laguerre se definen como <span class="math-container">$$Ln(x)=\sum{j=0}^{n} (-1)^{j} \frac{{n \choose j}}{j!} x^J,~(1)$ $</span> se conocen bien a seguir la condición de ortogonalidad <span class="math-container">$$\int_{0}^{\infty} e^{-x} L_m(x)~ Ln(x)~ dx=\delta{m,n}~,~~(2)$$ where <span class="math-container">$\delta{m,n}$</span> es la función delta de Kroneckor, si insertamos (1) en (2), obtenemos <span class="math-container">$$\int{0}^{\infty}\sum{i=0}^{m} \sum{0}^{n} (-1)^{i+j} \frac{{m \choose i}}{i!} \frac{{n \choose j}}{j!} x^{i+j} e^{-x}~ dx= \delta{m,n}.$$</span> Finally, <span class="math-container">$ \int{0}^{\infty} x ^ e k ^ {-x} ~ dx = k! $</span>, conduce a <span class="math-container">$$\sum{i=0}^{m} \sum{j=0}^{n} (-1)^{i+j} {m \choose i} {n \choose j} {i+j \choose i} = \delta_{m,n}.$$</span> Por lo tanto el resultado.</span>

Answer 2

Esta es una ligera variación de @MarkoRiedels bonita respuesta. Utilizamos el coeficiente de operador $[z^k]$ para denotar el coeficiente de $z^k$ de una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo \begin{align*} [z^k](1+z)^n=\binom{n }{k}\tag{1} \end{align*}

Obtenemos integral $m,n\geq 0$: \begin{align*} \color{blue}{\sum_{p=0}^n}&\color{blue}{\sum_{q=0}^m(-1)^{p+q}\binom{n}{p}\binom{m}{q}\binom{p+q}{q}}\\ &=\sum_{p=0}^n\binom{n}{p}(-1)^p\sum_{q=0}^m\binom{m}{q}(-1)^q[z^q](1+z)^{p+q}\tag{2}\\ &=[z^0]\sum_{p=0}^n\binom{n}{p}(-1)^p(1+z)^p\sum_{q=0}^m\binom{m}{q}\left(-\frac{1+z}{z}\right)^q\tag{3}\\ &=[z^0]\sum_{p=0}^n\binom{n}{p}(-1)^p(1+z)^p\left(1-\frac{1+z}{z}\right)^m\tag{4}\\ &=(-1)^m[z^m]\sum_{p=0}^n\binom{n}{p}(-1)^p(1+z)^p\tag{5}\\ &=(-1)^m[z^m]\left(1-(1+z)\right)^n\\ &=(-1)^{m+n}[z^m]z^n\\ &\,\,\color{blue}{=[[m=n]]}\tag{6} \end{align*}

y el reclamo de la siguiente manera.

Comentario:

• En (2) utilizamos el coeficiente de operador de acuerdo a (1).

• En (3) vamos a hacer algunos cambios y aplicar la regla de $[z^{p-q}]A(z)=[z^p]z^qA(z)$.

• En (4) aplicamos el teorema del binomio.

• En (5) vamos a hacer algunas simplificaciones y aplicar la regla de (3) de nuevo.

• En (6) se utiliza la Iverson Soportes.

Answer 3

A partir de

$$\sum_{p=0}^n \sum_{q=0}^m (-1)^{p+q} {n\elegir p} {m\elegir q} {p+q\elegir q}$$

escribimos

$$\sum_{p=0}^n (-1)^{p} {n\elegir p} \sum_{q=0}^m (-1)^{m-q} {m\elegir q} {p+m-p\elegir m-q} \\ = \sum_{p=0}^n (-1)^{p} {n\elegir p} (-1)^m [z^m] (1+z)^{p+m} \sum_{q=0}^m (-1)^{q} {m\elegir q} z^q (1+z)^{-q} \\ = \sum_{p=0}^n (-1)^{p} {n\elegir p} (-1)^m [z^m] (1+z)^{p+m} \left(1-\frac{z}{1+z}\right)^m \\ = (-1)^m [z^m] \sum_{p=0}^n (-1)^{p} {n\elegir p} (1+z)^{p} \\ = (-1)^m [z^m] (1-(1+z))^n = (-1)^{m+n} [z^m] z^n = (-1)^{m+n} \delta_{n,m} = \delta_{n,m}.$$