Una bonita identidad combinatoria

Question

Estoy tratando de mostrar que $\forall N\in\mathbb{N}$,

$$\sum\limits_{n=0}^{N}\sum\limits_{k=0}^{N}\frac{\left(-1\right)^{n+k}}{n+k+1}{N\choose n}{N\choose k}{N+n\choose n}{N+k\choose k}=\frac{1}{2N+1}$$

Está respaldado por numéricos verificaciones, pero no puedo venir para arriba con una prueba.

Hasta ahora, he intentado utilizar la generación de la función de $\left(\frac{1}{2N+1}\right)_{N\in\mathbb{N}}$, que es $\frac{\arctan\left(\sqrt{x}\right)}{\sqrt{x}}$, mostrando que el lado izquierdo tiene la misma generación de función, pero este cálculo parece que no me llevan a ninguna parte...

Alguna sugerencia ?

Edit: el comentario de bof (por debajo de esta pregunta), en realidad, conduce a una muy simple prueba.

De hecho, a partir de bof comentario tenemos que el lado izquierdo es igual a $$\int_{0}^{1}\left(\sum\limits_{k=0}^{N}(-1)^k{N\choose k}{N+k\choose k}x^k\right)^2dx$$

Y reconocemos aquí el pasado Polinomios de Legendre $\widetilde{P_N}(x)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{N}(-1)^k{N\choose k}{N+k\choose k}x^k$.

Y sabemos que el pasado Polinomios de Legendre forman una familia de polinomios ortogonales con respecto al producto interior $\langle f|g\rangle=\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)g(x)dx$, y que el cuadrado de la norma con respecto a este producto es $\langle\widetilde{P_n}|\widetilde{P_n}\rangle=\frac{1}{2n+1}$;

así que básicamente, esto proporciona el resultado deseado inmediatamente.

Answer 1

Buscamos para comprobar que

$$\sum_{n=0}^N \sum_{k=0}^N \frac{(-1)^{n+k}}{n+k+1} {N\elegir n} {N\elegir k} {N+n\elegir n} {N+k\elegir k} = \frac{1}{2N+1}.$$

Ahora tenemos

$${N\elegir k} {N+n\elegir n} = \frac{(N+n)!}{(N-k)! \times k! \times n!} = {N+n\elegir n+k} {n+k\elegir k}.$$

Tenemos para la LHS

$$\sum_{n=0}^N \sum_{k=0}^N \frac{(-1)^{n+k}}{n+k+1} {N+n\elegir n+k} {N\elegir n} {N+k\elegir k} {n+k\elegir k} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{1}{N+n+1} \sum_{k=0}^N (-1)^{n+k} {N+n+1\elegir n+k+1} {N\elegir n} {N+k\elegir k} {n+k\elegir k} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{1}{N+n+1} {N\elegir n} \sum_{k=0}^N (-1)^{n+k} {N+n+1\elegir N-k} {N+k\elegir k} {n+k\elegir k} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{1}{N+n+1} [z^N] (1+z)^{N+n+1} {N\elegir n} \sum_{k=0}^N (-1)^{n+k} z^k {N+k\elegir N} {n+k\elegir n}.$$

Ahora el coeficiente de extractor de controles de la gama y continuamos con

$$\sum_{n=0}^N \frac{1}{N+n+1} [z^N] (1+z)^{N+n+1} {N\elegir n} \\ \times \sum_{k\ge 0} (-1)^{n+k} z^k {N+k\elegir N} \mathrm{Res}_{w=0} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{(1-w)^{k+1}} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{1}{N+n+1} [z^N] (1+z)^{N+n+1} {N\elegir n} \mathrm{Res}_{w=0} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w} \\ \times \sum_{k\ge 0} (-1)^{n+k} z^k {N+k\elegir N} \frac{1}{(1-w)^{k}} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{N+n+1} [z^N] (1+z)^{N+n+1} {N\elegir n} \\ \times \mathrm{Res}_{w=0} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{1}{1-w} \frac{1}{(1+z/(1-w))^{N+1}} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{N+n+1} [z^N] (1+z)^{N+n+1} {N\elegir n} \\ \times \mathrm{Res}_{w=0} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{(1-w)^N}{(1-w+z)^{N+1}} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{N+n+1} [z^N] (1+z)^{n} {N\elegir n} \\ \times \mathrm{Res}_{w=0} \frac{1}{w^{n+1}} \frac{(1-w)^N}{(1-w/(1+z))^{N+1}} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{N+n+1} [z^N] (1+z)^{n} {N\elegir n} \\ \times \sum_{k=0}^n (-1)^k {N\elegir k} {n-k+N\elegir N} \frac{1}{(1+z)^{n-k}} \\ = \sum_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{N+n+1} {N\elegir n} \\ \times \sum_{k=0}^n (-1)^k {N\elegir k} {n-k+N\elegir N} [z^N] (1+z)^k.$$

Ahora, para el coeficiente de extractor de ser distinto de cero, debemos tener $k\ge N$ que sucede sólo una vez, es decir, cuando se $n=N$ e $k=N.$ Tenemos

$$\frac{(-1)^N}{2N+1} {N\elegir N} (-1)^N {N\elegir N} {N-N+N\elegir N}.$$

Esta expresión hace, de hecho, para simplificar

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ \frac{1}{2N+1}}$$

como se reivindica.