Una conjetura de identidad binomial numéricamente verdadera

Question

Quiero mostrar: para cualquier $1 \leq i \leq k-1$ y $1 \leq j \leq k-1$ , $$c_{ij} = 0,$$ donde: $$ c_{ij} = k \sum_ { \ell =1}^{k-1} \frac {1}{ \ell } \left (-1 \right )^{ \ell -i} \sum_ {m=1}^{ \min\ { \ell ,k- \ell\ }} \binom { \ell }{m} \binom {k- \ell -1}{m-1} \sum_ {c=0}^m \binom {m}{c} \binom {k-2m}{i + j -2c - \ell } \binom {m}{ \ell +c-i}. $$ que es equivalente a: $$ c_{ij} = k \sum_ { \ell =1}^{k-1} \sum_ {m=0}^{ \ell } \sum_ {c=0}^m \frac {1}{ \ell } \left (-1 \right )^{ \ell -i} \binom { \ell }{m} \binom {k- \ell -1}{m-1} \binom {m}{c} \binom {k-2m}{i + j -2c - \ell } \binom {m}{ \ell +c-i}. $$ Esto debería ser numéricamente correcto (verificado por método numérico.) Pero he estado atascado durante un mes para probarlo. He intentado la inducción en $i,j,k$ y las funciones hipergeométricas. Creo que el método de Egorychev debería ayudar, pero esta ecuación implica 5 coeficientes binomiales, que no sé cómo resolver. ¡Realmente aprecio su ayuda!

Más detalles: $c_{i,j}$ es el coeficiente de un polinomio.

Método 1-Método Egorychev (lo intenté): Usando el método Egorychev tenemos: $$ \binom {k- \ell -1}{m-1} = \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|w_2|= \epsilon } \frac { \left (1+w_2 \right )^{k- \ell -1}}{w_2^{m}}d w_2 $$ $$ \binom {k-2m}{i + j -2c - \ell }= \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|z_2|= \epsilon } \frac { \left (1+z_2 \right )^{k-2m}}{z_2^{i + j -2c - \ell +1}}dz_2 $$ $$ \binom {m}{ \ell +c-i} = \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|z_3|= \epsilon } \frac { \left (1+z_3 \right )^m}{z_3^{ \ell +c-i+1}}dz_3 $$ Entonces, puedo reescribir $c_{ij}$ como: \begin {alineado*} c_{ij} &= k \sum_ { \ell =1}^{k-1} \frac {1}{ \ell } \left (-1 \right )^{ \ell -i} \sum_ {m=1}^{ \ell } \binom { \ell }{m} \binom {k- \ell -1}{m-1} \sum_ {c=0}^m \binom {\i1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}{\b1}}Soy un hombre{\b}{\b}{\b1}que no tiene nada{\b}{\b}{\b} {\b1}que no tiene nada{\b}{\b} {\b1}que no tiene nada{\b} {\b1}{\b1}de alcohol{\b} {\b1}de alcohol} {\b1}de alcohol} {\b1}de alcohol} {\b1}de alcohol} {\b1}de alcohol}en polvo.{\b1} {\b1}{\b1}en polvo.{\b1} \binom {k-2m}{i + j -2c - \ell } \binom {m}{ \ell +c-i} \\ & = \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|z_2|= \epsilon } \frac { \left (1+z_2 \right )^{k}}{z_2^{i + j+1}} \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|z_3|= \epsilon } \frac {1}{z_3^{-i+1} \sum_ { \ell =1}^{k-1} \left ( \frac {z_2}{z_3} \right )^{ \ell } \left (-1 \right )^{ \ell } \\ & ~~ \sum_ {m=0}^{ \ell } \frac {k}{ \ell } \binom { \ell }{m} \binom {k- \ell -1}{m-1} \left ( \frac {1+z_3}{ \left (1+z_2 \right )^{2}} \left (1+ \frac {z_2^2}{z_3} \right ) \right )^m dz_2 dz_3 \\ & = \sum_ { \ell =1}^{k-1} \frac {k}{ \ell } \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|z_2|= \epsilon } \frac { \left (1+z_2 \right )^{k}}{z_2^{i + j+1}} \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|z_3|= \epsilon } \frac {1}{z_3^{-i+1} \\ & ~~ \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|w_2|= \epsilon } \left (1+w_2 \right )^{k- \ell -1} \left (1+ \frac {1}{w_2} \frac {z_2^2+z_3+z_2^2z_3+z_3^2}{z_3 \left (1+z_2 \right )^{2}} \right )^{ \ell } \left ( \frac {z_2}{z_3} \right )^{ \ell } \left (-1 \right )^{ \ell } d w_2 d z_2 d z_3 \\ & = \sum_ { \ell =1}^{k-1} \frac {k}{ \ell } \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|z_2|= \epsilon } \frac { \left (1+z_2 \right )^{k}}{z_2^{i + j+1}} \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|z_3|= \epsilon } \frac {1}{z_3^{-i+1} \\ & ~~~~ \frac {1}{2 \pi \mathbf {i}} \int_ {|w_2|= \epsilon } \left (1+w_2 \right )^{k- \ell -1} \left (- \frac {z_2}{z_3}- \frac {z_2}{w_2} \frac {z_2^2+z_3+z_2^2z_3+z_3^2}{z_3^2 \left (1+z_2 \right )^{2}} \right )^{ \ell } d w_2 d z_2 d z_3 \\ \end {alineado*} No estoy seguro de cómo hacerlo a continuación.

Método 2: Inducción en $i,j,k$ $$ h_{m, \ell ,i,j,k} = \sum_ {c=0}^m \binom {m}{c} \binom {k-2m}{i + j -2c - \ell } \binom {m}{ \ell +c-i} $$ Y $$ h_{m, \ell ,i,j,k+1} =h_{m, \ell ,i,j,k}+h_{m, \ell ,i,j-1,k} $$ Cuando $ \ell > m$ tenemos el..: $$ h_{m, \ell ,i+1,j} = h_{m, \ell -1,i,j} $$ Por lo tanto, lo hemos hecho: \begin {alineado*} c_{i,j,k} & = k \sum_ { \ell =1}^{k-1} \frac {1}{ \ell } \sum_ {m=0}^{ \ell h_{m, \ell i, j, k} \binom { \ell }{m} \binom {k- \ell -1}{m-1} \end {alineado*} \begin {alineado*} c_{i+1,j,k} & = k \sum_ { \ell =1}^{k-1} \frac {1}{ \ell } \sum_ {m=0}^{ \ell h_{m, \ell -1,i,j} \binom { \ell }{m} \binom {k- \ell -1}{m-1} \\ & = k \sum_ { \ell =1}^{k-1} \frac {1}{ \ell } \sum_ {m=0}^{ \ell h_{m, \ell -1,i,j} \binom { \ell }{m} \binom {k- \ell -1}{m-1} \\ \end {alineado*} Más complicado... si miramos la diferencia entre las dos ecuaciones.

¡¡¡Realmente aprecio la ayuda!!!

Answer 1

Información sobre impar $k=2K+1$ con respecto a una representación más simétrica que podría ser algo más fácil de mostrar. Un enfoque similar podría funcionar para el caso par. Dividimos \begin{align*} \sum_{l=1}^{2K}&\frac{(-1)^l}{l}\sum_{m=1}^{\min\{l,2K+1-l\}}\binom{l}{m}\binom{2K-l}{m-1} \sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c-l}\binom{m}{l+c-i}\\ &=\sum_{l=1}^{K}\frac{(-1)^l}{l}\sum_{m=1}^{l}\binom{l}{m}\binom{2K-l}{m-1} \sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c-l}\binom{m}{l+c-i}\tag{1}\\ &\quad+ \sum_{l=K+1}^{2K}\frac{(-1)^l}{l}\sum_{m=1}^{2K+1-l}\binom{l}{m}\binom{2K-l}{m-1} \sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c-l}\binom{m}{l+c-i}\tag{2}\\ \end{align*}

y transformamos la segunda suma (2) para obtener una representación que es casi igual a la suma (1) multiplicada por $-1$ .

W \begin{align*} \sum_{l=K+1}^{2K}&\frac{(-1)^l}{l}\sum_{m=1}^{2K+1-l}\binom{l}{m}\binom{2K-l}{m-1} \sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c-l}\binom{m}{l+c-i}\\ &=\sum_{l=1}^{K}\frac{(-1)^{l+K}}{l+K}\sum_{m=1}^{K+1-l}\binom{l+K}{m}\binom{K-l}{m-1}\\ &\qquad\cdot\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c-l-K}\binom{m}{l+K+c-i}\tag{3}\\ &=\sum_{l=1}^{K}\frac{(-1)^{l+1}}{2K+1-l}\sum_{m=1}^{l}\binom{2K+1-l}{m}\binom{l-1}{m-1}\\ &\qquad\cdot\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c+l-2K-1}\binom{m}{2K+1-l+c-i}\tag{4}\\ &=\sum_{l=1}^{K}\frac{(-1)^{l+1}}{l}\sum_{m=1}^{l}\binom{2K-l}{m-1}\binom{l}{m}\\ &\qquad\cdot\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c+l-2K-1}\binom{m}{2K+1-l+c-i}\tag{5}\\ \end{align*}

Comentario:

• En (3) desplazamos el índice $l$ por $K$ para empezar $l=1$ .

• En (4) cambiamos el orden de suma de la suma exterior $l\to K+1-l$ .

• En (5) utilizamos la identidad binomial $\binom{p}{q}=\frac{p}{q}\binom{p-1}{q-1}$ y transformar $\frac{1}{2K+1-l}\binom{2K+1-l}{m}=\frac{1}{m}\binom{2K-l}{m-1}$ seguido de $\frac{1}{m}\binom{l-1}{m-1}=\frac{1}{l}\binom{l}{m}$ .

El cálculo numérico indica que la suma (5) es igual a (1) veces $-1$ .

Si juntamos (1) y (5), concluimos que OP reclama impar $k=2K+1$ es equivalente a mostrar para $1\leq i,j\leq 2K$ : \begin{align*} &\color{blue}{\sum_{l=1}^{K}\frac{(-1)^l}{l}\sum_{m=1}^{l}\binom{l}{m}\binom{2K-l}{m-1} \sum_{c=0}^m\binom{m}{c}}\\ &\ \ \color{blue}{\cdot\left[\binom{2K+1-2m}{i+j-2c-l}\binom{m}{l+c-i}-\binom{2K+1-2m}{i+j-2c+l-2K-1}\binom{m}{2K+1-l+c-i}\right]}\\ &\ \ \color{blue}{=0}\tag{6} \end{align*}

Complemento 2019-07-07: Dos aspectos.

Hasta ahora no he podido encontrar una respuesta, pero aquí hay alguna información adicional que puede ser útil cuando se busca una respuesta. Utilizando el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$ de una serie (formal de Laurent) $A(z)$ podemos escribir, por ejemplo \begin{align*} [z^k](1+z)^n=\binom{n}{k}\tag{7} \end{align*}

Esta notación (7) está estrechamente relacionada con el método de Egorychev $$\mathop{res}_z\frac{A(z)}{z^{M+1}}=[z^{-1}]z^{-M-1}A(z)=[z^M]A(z)$$ donde se pueden encontrar muchos grandes ejemplos en su libro Representación integral y cálculo de sumas combinatorias .

• Podemos transformar la suma interna de (1) en \begin{align*} \sum_{c=0}^m&\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c-l}\binom{m}{l+c-i}\\ &=\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}[z^{i+j-2c-l}](1+z)^{2K+1-2m}[u^{l+c-i}](1+u)^m\\ &=[z^{i+j-l}](1+z)^{2K+1-2m}[u^{l-i}](1+u)^m\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\left(\frac{z^2}{u}\right)^c\\ &=[z^{i+j-l}](1+z)^{2K+1-2m}[u^{l-i}](1+u)^m\left(1+\frac{z^2}{u}\right)^m\\ \end{align*} Transformando (5) obtenemos \begin{align*} \sum_{c=0}^m&\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c+l-2K-1}\binom{m}{2K+1-l+c-i}\\ &=\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}[z^{i+j-2c+l-2K-1}](1+z)^{2K+1-2m}[u^{2K+1-l+c-i}](1+u)^m\\ &=[z^{i+j+l-2K-1}](1+z)^{2K+1-2m}[u^{2K+1-l-i}](1+u)^m\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\left(\frac{z^2}{u}\right)^c\\ &=[z^{i+j+l-2K-1}](1+z)^{2K+1-2m}[u^{2K+1-l-i}](1+u)^m\left(1+\frac{z^2}{u}\right)^m\\ &=[z^{i+j-l}](1+z)^{2K+1-2m}[u^{l-i}](1+u)^m\left(1+\frac{z^2}{u}\right)^m\left(\frac{z}{u}\right)^{2K+1-l}\\ \end{align*}

  Juntando todo obtenemos análogamente a (6) la afirmación de OP para impar $k=2K+1$ es equivalente a demostrar que \begin{align*} &\color{blue}{[z^{i+j}u^{-i}](1+z)^{2K+1}\sum_{l=1}^{K}\frac{(-1)^l}{l}\left(\frac{z}{u}\right)^{l}\left(1-\left(\frac{z}{u}\right)^{2K+1-2l}\right)}\\ &\qquad\color{blue}{\cdot\sum_{m=1}^{l}\binom{l}{m}\binom{2K-l}{m-1} \left(\frac{1+u}{1+z}\right)^m\left(1+\frac{z^2}{u}\right)^m =0}\tag{8}\\ \end{align*}

  Obsérvese que en (8) el factor $(1+z)^m$ en el denominador puede anularse debido a $(1+z)^{2K+1}$ así como los factores $u^{p}$ en el denominador puede fusionarse en el coeficiente de operador. Entonces, estamos comparando coeficientes de un polinomio bivariado en $z$ y $u$ . Tenemos una situación similar a (6) pero no es fácil ver cómo se puede simplificar para demostrar la afirmación.

• Volvemos a ver (6) y escribimos la afirmación como \begin{align*} &\sum_{l=1}^{K}\frac{(-1)^l}{l}\sum_{m=1}^{l}\binom{l}{m}\binom{2K-l}{m-1}\\ &\qquad\cdot\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c-l}\binom{m}{l+c-i}\\ &=\sum_{l=1}^{K}\frac{(-1)^l}{l}\sum_{m=1}^{l}\binom{l}{m}\binom{2K-l}{m-1}\\ &\qquad\cdot\sum_{c=0}^m\binom{m}{c}\binom{2K+1-2m}{i+j-2c+l-2K-1}\binom{m}{2K+1-l+c-i}\\ \end{align*} Cálculos para valores pequeños de $1\leq i,j\leq 2K$ muestre el número de términos distintos de cero del LHS y del RHS difiera . Esto indica que un análisis detallado de la gama de variables de la LHS que dan términos distintos de cero: \begin{align*} &1\leq l\leq m\\ &0\leq m-1\leq 2K-l\\ &0\leq i+j-2c-l\leq 2K+1-2m\\ &0\leq l+c-i\leq m \end{align*} y, del mismo modo, la inspección del rango variable de la RHS podría dar indicios de bonitas transformaciones lineales de las variables índice. De esta forma podríamos transformar el LHS y el RHS para obtener representaciones más sencillas de las que se pueda derivar fácilmente la afirmación. Desgraciadamente, debido a la complicada relación entre las variables índice, esta tarea parece complicada.

Answer 2

Demasiado largo para un comentario. Es ventajoso escribir su cantidad como:

$$ c_{ij}^k =k\sum_{\ell=1}^{k-1}\sum_{m=0}^{\ell}\sum_{c=0}^m\frac{1}{\ell} \left(-1\right)^{\ell-i} \binom{\ell}{m}\binom{k-\ell-1}{m-1}\binom{m}{c} \binom{k-2m}{i + j -2c -\ell}\binom{m}{\ell+c-i}, $$ donde $k$ se supone que es mayor que $1$ .

Según los experimentos numéricos, la cantidad puede expresarse mediante la siguiente forma cerrada:

$$ c_{ij}^k=\begin{cases} \hphantom{-}\binom{k}{i},& j=0\text{ or } j=k,\ 1\le i\le k-1;\\ -\binom{k}{j},& i=0\text{ or } i=k,\ 1\le j\le k-1;\\ \hphantom{-}\hphantom{-}0,& \text{in all other cases}, \end{cases}\tag1 $$ que se puede escribir en una línea como: $$ c_{ij}^k=(\delta_{j0}+\delta_{jk})\binom ki-(\delta_{i0}+\delta_{ik})\binom kj.\tag2 $$

Espero que esto pueda ayudar.

Answer 3

A modo de comentario ampliado en respuesta a una com. pers. / solicitud. Una representación alternativa conjeturada de la suma (aquí $i=p$ y $j=q$ ) viene dada por

$$k (-1)^p \mathrm{Res}_{z=0} z^{p-1} [w^{p+q}] (1+w)^{k} [v^{k}] (1+v)^{k-1} \\ \times \sum_{\ell\ge 1} \frac{(-1)^\ell}{\ell} z^{-2\ell} w^\ell (1+w)^{-2\ell} v^\ell (1+v)^{-\ell} (z(1+w)^2+v(1+z)(z+w^2))^\ell.$$

En este punto, el término en $1/\ell$ introduce un logaritmo y el término de potencia en $\ell$ no factoriza / recoge fácilmente en $z$ ou $w.$