En mi investigación, encontré esta identidad y, como lo experimenté, seguramente es correcta. Pero no puedo dar una prueba de ello. ¿Alguien podría ayudarme? Esta es la identidad: deje que$a$ y$b$ sean dos enteros positivos; luego:
$\sum_{i,j \ge 0} \binom{i+j}{i}^2 \binom{(a-i)+(b-j)}{a-i}^2=\frac{1}{2} \binom{(2a+1)+(2b+1)}{2a+1}$.
Denotar $h(x,y)=\sum_{i,j\geqslant 0} \binom{i+j}i x^iy^j=\frac1{1-(x+y)}$, $f(x,y)=\sum_{i,j\geqslant 0} \binom{i+j}i^2 x^iy^j$. Queremos demostrar que $2xyf^2(x^2,y^2)$ es un extraño (en $x$ y en $y$) parte de la función de $h(x,y)$. En otras palabras, queremos demostrar que $$2xyf^2(x^2,y^2)=\frac14\left(h(x,y)+h(-x,-y)-h(x,-y)-h(-x,y)\right)=\frac{2xy}{1-2(x^2+y^2)+(x^2-y^2)^2}.$$ Por lo tanto, nuestra identidad reescribe como $$f(x,y)=(1-2(x+y)+(x-y)^2)^{-1/2}=:f_0(x,y)$$ Esto es cierto para $x=0$, ambas partes llegan a ser iguales a $1/(1-y)$. A continuación, encontramos una ecuación diferencial en $x$ satisfecho por la función $f_0$. No es una gran cosa: $$\left(f_0(1-2(x+y)+(x-y)^2)\right)'_x=(x-y-1)f_0.$$ Desde el valor inicial $f_0(0,y)$ e esta relación únicamente determinan la función de $f_0$, que sigue siendo para comprobar que esto tiene para $f(x,y)$, lo cual es una clara identidad con varios binomios. Es decir, la comparación de los coeficientes de $x^{i-1}y^j$ tenemos $$ i\left(\binom{i+j}j^2-2\binom{i+j-1}j^2-2\binom{i+j-1}i^2+\binom{i+j-2}i^2+\binom{i+j-2}j^2-2\binom{i+j-2}{i-1}^2\right) $$ para $(f(1-2(x+y)+(x-y)^2))'_x$ e $$\binom{i+j-2}j^2-\binom{i+j-1}j^2-\binom{i+j-2}{j-1}^2$$ para $(x-y-1)f$. Ambos chicos son igual a $$-2\frac{j}{i+j-1}\binom{i+j-1}{j}^2.$$
Cuando esta identidad fue publicado, me llamó la atención como algo que debe tener una combinatoria explicación. Ahora he encontrado uno, utilizando una descomposición de la NSEW entramado de rutas: rutas en $\mathbb{Z}^2$ consta de la unidad de pasos en la dirección N, S, E o W. Muchas de las ideas que aquí se puede encontrar en [GKS], aunque no es la descomposición de la misma.
Para ver esto, descomponer cada ruta de paso como dos medias pasos $±\left[\begin{smallmatrix}½\\½\end{smallmatrix}\right]$ e $±\left[\begin{smallmatrix}½\\-½\end{smallmatrix}\right]$. Si el $+$ es la opción elegida por $(2a+1)$ de la $2(a+b+1)$ media-pasos, y el $-$ opción para el otro $(2b+1)$, el $x$-coordenadas de la estación es $\frac12((2a+1)-(2b+1))=a-b$. Por lo tanto, hay ${2a+1\ +\ 2b+1\choose2a+1}$ rutas de $(a+b+1)$ pasos de $(0,0)$ a $x=a-b$. Por la paridad, la posición final debe tener un número impar $y$-coordinar. La reflexión en la $x$-eje es, por tanto, un punto fijo-libre de involución, por lo que la mitad de estos caminos terminan en la mitad de la línea de $(a-b,\geq0)$.
El punto final de la ruta es $(a-b, 2k+1)$ para algunos $k\in\mathbb N$. Al menos uno de los pasos de la ruta de acceso debe ser, por tanto, un N paso de $(c,2k)$ a $(c,2k+1)$ para algunos $c$. Retire el primero de tales paso, a dar un par de rutas con $a+b$ pasos en total:
Esto es claramente un bijection.
Los cuatro puntos cardinales N,S,E,W pueden ser obtenidos por empezar con $\left[\begin{smallmatrix}-1\\0\end{smallmatrix}\right]$ y la adición de ninguno, uno o ambos de $\left[\begin{smallmatrix}1\\1 \end{smallmatrix}\right]$ e $\left[\begin{smallmatrix}1\\-1\end{smallmatrix}\right]$. Construir un camino de $i+j$ pasos, principio de todos los $\left[\begin{smallmatrix}-1\\0\end{smallmatrix}\right]$. Agregar $\left[\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right]$ a $i$ de los pasos y, de forma independiente, agregar $\left[\begin{smallmatrix}1\\-1\end{smallmatrix}\right]$ a $i$ de los pasos.
Hay un bijection entre estas rutas y los caminos de la sección anterior mediante una elevación/descenso de la transformación [GKS]. Supongamos que tenemos un camino de $(0,0)$ a $(i-j,0)$ que puede cruzar la $x$-eje.
Espero que quede claro que este proceso es reversible. (A la inversa: mientras que la estación está por encima de la $x$-eje, traducir la ruta de dos unidades hacia abajo, a continuación, tomar el segmento inicial de $(0,-2)$ a la primera intersección con $y=-1$ y reflejar este segmento inicial sobre esa línea.)
Ahora tenemos todos los ingredientes que necesitamos. Que nos permiten contar los pares de rutas de acceso como se describe anteriormente. Desde $n$ e $c$ tienen la misma paridad, podemos escribir $n=i+j$ e $c=i-j$ para $i\in[0,a]$, $j\in[0,b]$.
Así que en total hay
$$\sum_{i=0}^a\sum_{j=0}^b{i+j\choose i}^2{a-i\ +\ b-j\choose a-i}^2$$
tales pares, como se requiere.
[GKS] Richard K. Guy, C. Krattenthaler y Bruce E. Sagan (1992). Entramado de caminos, reflexiones, & dimensión cambiante bijections, Ars Combinatoria, 34, 3-15.
Deje que nos indican $$S=\sum_{i,j \ge 0} \binom{i+j}{i}^2 \binom{(a-i)+(b-j)}{a-i}^2.$$
En primer lugar, vamos a $s=i+j$, de modo que $$S = \sum_{s\geq 0}\sum_{i=0}^s \binom{s}{i}^2 \binom{a+b-s}{a-i}^2.$$ Considere la posibilidad de la generación de la función $$F(x,y) = \sum_{s,i} \binom{s}{i}^2 x^i y^s = (1-2y+y^2-2xy-2xy^2+x^2y^2)^{-1/2}.$$ A continuación, $S$ no es nada, pero el coeficiente de $x^a y^{a+b}$ en $$F(x,y)^2 = (1-2y+y^2-2xy-2xy^2+x^2y^2)^{-1}$$ $$ = \frac{1}{4y\sqrt{x}}\left(\frac{1}{1-y(1+x+2\sqrt{x})} - \frac{1}{1-y(1+x-2\sqrt{x})}\right)$$ $$ = \frac{1}{4y\sqrt{x}}\left(\frac{1}{1-y(1+\sqrt{x})^2} - \frac{1}{1-y(1-\sqrt{x})^2}\right).$$ (derivación simplificada)
El coeficiente de $y^{a+b}$ es igual a $$[y^{a+b}]\ F(x,y)^2 =\frac{1}{4} \frac{(1+\sqrt{x})^{2(a+b+1)} - (1-\sqrt{x})^{2(a+b+1)}}{\sqrt{x}}.$$ Ahora nos trivialmente a la conclusión de que $$S = [x^ay^{a+b}]\ F(x,y)^2 = \frac{1}{2}\binom{2(a+b+1)}{2a+1}.$$
La ACTUALIZACIÓN. Como alternativa para calcular el coeficiente de $x^ay^{a+b}$, se puede seguir la sede de Fedor Petrov de la prueba. De esta manera, uno debe considerar la generación de la función $$G(x,y) = \sum_{m,n}\binom{m}{n} x^ny^m = \frac{1}{1-y-xy}$$ y comprobar que $$8xy^2F(x^2,y^2)^2 = G(x,y) + G(x,-y) - G(-x,y) - G(-x,-y).$$
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