Demuestra esta identidad binomial utilizando la siguiente igualdad:

Question

Utilice la ecuación $\frac{(1-x^2)^n}{(1-x)^n} = (1+x)^n$ para demostrar la siguiente identidad:

$\displaystyle \sum_{k=0}^\frac{m}{2}(-1)^k{n\choose k}{n+m-2k-1\choose n-1}={m\choose n}$ , $m\leqslant n$ y $m$ incluso

Realmente no sé cómo hacerlo. ¿Dónde está el $m$ y condición $m$ ¿de dónde viene?

Answer 1

Permítanme presentar brevemente una función generadora diferente.

Supongamos que queremos evaluar $$\sum_{k=0}^{\lfloor m/2\rfloor} {n\choose k} (-1)^k {m-2k+n-1\choose n-1}$$

donde $m\le n$ e introducir $${m-2k+n-1\choose n-1} = {m-2k+n-1\choose m-2k} \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m-2k+1}} (1+z)^{m-2k+n-1} \; dz$$

que tiene la propiedad de ser cero cuando $2k\gt m$ por lo que podemos establecer el límite superior de la suma a $n,$

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} (1+z)^{m+n-1} \sum_{k=0}^n {n\choose k} (-1)^k \frac{z^{2k}}{(1+z)^{2k}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} (1+z)^{m+n-1} \left(1-\frac{z^2}{(1+z)^2}\right)^n \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} (1+z)^{m-n-1} (1+2z)^n \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^m}{z^{m}} \frac{1}{z(1+z)} \frac{(1+2z)^n}{(1+z)^n} \; dz.$$

Ahora pon $$\frac{1+2z}{1+z} = u \quad\text{so that}\quad z = -\frac{u-1}{u-2},\; 1+z = -\frac{1}{u-2},\; \frac{1+z}{z} = \frac{1}{u-1},\; \\ \quad \frac{1}{z(1+z)} = \frac{(u-2)^2}{u-1} \quad\text{and}\quad dz = \frac{1}{(u-2)^2} \; du$$

para obtener para la integral

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|u-1|=\epsilon} \frac{1}{(u-1)^m} \frac{(u-2)^2}{u-1} u^n \frac{1}{(u-2)^2} \; du \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|u-1|=\epsilon} \frac{1}{(u-1)^{m+1}} u^n \; du.$$

Esto es $$[(u-1)^m] u^n = [(u-1)^m] \sum_{q=0}^n {n\choose q} (u-1)^q = {n\choose m}.$$

Esta solución es más complicada que la obvia pero sirve para ilustrar algunos aspectos del método.

Answer 2

El coeficiente de $x^{m-2k}$ en $\displaystyle \frac{1}{(1-x)^n}$ es $\displaystyle \binom{n+m-2k-1}{n-1}$ y el coeficiente de $x^{2k}$ en la expansión binomial de $(1-x^2)^n$ es $\displaystyle (-1)^{k}\binom{n}{k}$ .

Todo ello le da el coeficiente de $x^m$ en la expansión de: $$(1-x^2)^n \times \frac{1}{(1-x)^n} = \sum\limits_{m=0}^{\infty} \left(\sum\limits_{k=0}^{[m/2]}(-1)^{k}\binom{n}{k}\binom{n+m-2k-1}{n-1}\right)x^m$$

Por otro lado, el coeficiente de $x^m$ en $(1+x)^n$ es simplemente $\displaystyle \binom{n}{m}$ .