Demostrar la identidad de $ \sum\limits_{s=0}^{\infty}{p+s \choose s}{2p+m \choose 2p+2s} = 2^{m-1} \frac{2p+m}{m}{m+p-1 \choose p}$

Question

$$ \sum\limits_{s=0}^{\infty}{p+s \choose s}{2p+m \choose 2p+2s} = 2^{m-1} \frac{2p+m}{m}{m+p-1 \choose p}$$

Clase de temas son: la Generación de funciones y de poder formal de la serie.

Answer 1

Deje $d_s = \binom{p+s}{s} \binom{2p+m}{2p+2s}$. El uso de las relaciones de recurrencia para la binomial, la proporción de términos sucesivos es: $$ \frac{d{s+1}}{d_s} = \frac{\left(s - m/2\right)\left(s -(m-1)/2\right)}{ (s+1)(s+p+1/2) } = \frac{(s+a)(s+b)}{(s+1)(s+c)} $$ La hipergeométrica certificado anterior significa que $$ \sum_{s=0}^\infty d_s = d_0 \sum_{s=0}^\infty \frac{(a)_s (b)_s}{s! (c)_s} = \binom{2p+m}{2} {}_2 F_1\left( -\frac{m}{2}, -\frac{m-1}{2} ; p+\frac{1}{2} ; 1\right) $$ donde $a = -\frac{m}{2}$, $b=-\frac{m-1}{2}$ y $c=p+\frac{1}{2}$.

El uso del teorema de Gauss, válido para $c>a+b$: $$ {}_2 F_1\left( a, b; c; 1\right) = \frac{\Gamma(c) \Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a) \Gamma(c-b)} $$ obtenemos la identidad necesaria para: $$ \sum_{s=0}^\infty \binom{p+s}{s} \binom{2p+m}{2p+2s} = \binom{2p+m}{2} \frac{\Gamma\left(p+\frac{1}{2}\right) \Gamma\left( p+m \right)}{ \Gamma\left( p+\frac{m+1}{2} \right) \Gamma\left( p+\frac{m}{2} \right) } $$ La aplicación de la fórmula de duplicación para $\Gamma(2p+m+1)$ $\Gamma(2p+1)$ derivadas de $\binom{2p+m}{2p}$ llegamos al resultado: $$ \sum_{s=0}^\infty \binom{p+s}{s} \binom{2p+m}{2p+2s} = 2^{m-1} (m+2p) \frac{\Gamma(m+p)}{\Gamma(m+1) \Gamma(p+1)} = 2^{m-1} \frac{m+2p}{m+p} \binom{m+p}{p} $$

Answer 2

Ok, aquí es un enfoque con funciones de generación. Vamos $$ g_1(z) = \sum_{s=0}^\infty \binom{p+s}{s} z^s = \frac{1}{\left(1-z\right)^{p+1}} $$

$$ g_2(z) = \sum_{s=0}^\infty \binom{2p+m}{s} z^s = \left(1+z\right)^{m+2p} $$ Ahora $$ \begin{eqnarray} \sum_{s=0}^\infty \binom{p+s}{s} \binom{2p+m}{2p+2s} &=& \sum_{s=0}^\infty \binom{p+s}{s} \binom{2p+m}{m-2s} = [z]^m g_1(z^2) g_2(z) = [z]^m \frac{\left(1+z\right)^{m+2p}}{(1-z^2)^{p+1}} \\ &=& [z]^m \frac{\left(1+z\right)^{m+p-1}}{\left(1-z\right)^{p+1}} \end{eqnarray} $$

Aquí está una verificación de:

In[27]:= With[{p = 5, 
  m = 7}, {SeriesCoefficient[(1 + z)^(m + 2 p)/(1 - z^2)^(
   p + 1), {z, 0, m}], 
  Sum[Binomial[p + s, s] Binomial[2 p + m, 2 p + 2 s], {s, 
    0, \[Infinity]}]}]

Out[27]= {71808, 71808}

Vamos a seguir: $$ \begin{eqnarray} [z]^m \frac{\left(1+z\right)^{m+p-1}}{\left(1-z\right)^{p+1}} &=& \sum_{s=0}^\infty \binom{p+m-1}{m-s} \binom{p+s}{s} = \sum_{s=0}^\infty \binom{p+m-1}{p+s-1} \binom{p+s}{s}\\ &=& \sum_{s=0}^\infty \frac{(p+s) (m+p-1)!}{p! s! (m-s)!} = \sum_{s=0}^\infty \frac{p (m+p-1)!}{p! s! (m-s)!} + \sum_{s=0}^\infty \frac{s (m+p-1)!}{p! s! (m-s)!} \\ &=& \binom{m+p-1}{m} \left( \sum_{s=0}^\infty \binom{m}{s} + \sum_{s=0}^\infty \frac{s}{p} \binom{m}{s} \right) \\ &=& \binom{m+p-1}{m} \left( 2^m + 2^{m-1} \frac{m}{p} \right) \end{eqnarray} $$

Answer 3

Voy a tratar de dar una respuesta usando las variables complejas aquí. Este cálculo es muy sencillo a pesar de algunos de los más complicados intermedio expresiones que aparecen.

Supongamos que estamos tratando de mostrar que $$\sum_{q=0}^\infty {p+q\elegir q} {2p+m\elegir m-2t} = 2^{m-1} \frac{2p+m}{m} {m+p-1\elegir p}.$$

Introducir la representación integral $${2p+m\elegir m-2t} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2p+m}}{z^{m-2t+1}} \; dz.$$

Esto da por la suma integral (el segundo coeficiente binomial aplica el rango) $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2p+m}}{z^{m+1}} \sum_{q=0}^\infty {p+q\elegir q} z^{t2} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2p+m}}{z^{m+1}} \frac{1}{(1-z^2)^{p+1}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{p+m-1}}{z^{m+1}} \frac{1}{(1-z)^{p+1}} \; dz.$$

Este es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(2+z-1)^{p+m-1}}{z^{m+1}} \frac{1}{(1-z)^{p+1}} \; dz \\ = 2^{p+m-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+(z-1)/2)^{p+m-1}}{z^{m+1}} \frac{1}{(1-z)^{p+1}} \; dz \\ = 2^{p+m-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} \frac{1}{(1-z)^{p+1}} \sum_{q=0}^{p+m-1} {p+m-1\elegir q} \frac{(z-1)^p}{2^p} \; dz \\ = 2^{p+m-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} \frac{1}{(1-z)^{p+1}} \sum_{q=0}^{p+m-1} {p+m-1\elegir q} (-1)^q \frac{(1-z)^p}{2^p} \; dz \\ = 2^{p+m-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} \sum_{q=0}^{p+m-1} {p+m-1\elegir q} (-1)^q \frac{(1-z)^{p-p-1}}{2^p} \; dz.$$

El único no-cero aporte es con $q$ desde $0$ $p.$Esto le da $$ 2^{p+m-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+1}} \sum_{q=0}^p {p+m-1\elegir q} (-1)^q \frac{1}{2^p} \frac{1}{(1-z)^{p+1-p}} \; dz$$ que en la extracción de los coeficientes de rendimientos $$2^{p+m-1} \sum_{q=0}^p {p+m-1\elegir q} (-1)^q \frac{1}{2^p} {m+p-q\elegir p-q}.$$

Introducir la representación integral $${m+p-q\elegir p-q} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+p-p}}{z^{p-q+1}} \; dz.$$

Esto da por la suma integral (el segundo coeficiente binomial aplica el rango) $$2^{p+m-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+p}}{z^{p+1}} \sum_{q=0}^\infty {p+m-1\elegir q}\frac{(-1)^p}{2^p} \left(\frac{z}{1+z}\right)^q \; dz \\ = 2^{p+m-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{m+p}}{z^{p+1}} \left(1-\frac{1}{2}\frac{z}{1+z}\right)^{p+m-1} \; dz \\ = 2^{p+m-1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1+z}{z^{p+1}} \left(1+z-1/2\times z\right)^{p+m-1} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1+z}{z^{p+1}} \left(2+z\right)^{p+m-1} \; dz.$$

La extracción de los coeficientes de ahora rendimientos $${p+m-1\elegir p} \times 2^{m-1} + {p+m-1\elegir p-1} \times 2^m.$$

De esta forma simétrica puede ser re-escrito en una forma asimétrica como de la siguiente manera, $${p+m-1\elegir p} \times 2^{m-1} + \frac{p}{m} {p+m-1\elegir p} \times 2^m \\ = 2^{m-1} \times \left(1 + \frac{2}{m}\right) {p+m-1\elegir p}$$ como se reivindica.

La característica de la prima de este cálculo es que se evaluaron dos binomio sumas de dinero en lugar de uno.

No hemos hecho uso de las propiedades de los complejos integrales de aquí, así que este cálculo también pueden ser presentados a través de sólo el álgebra de funciones de generación.

Al parecer, este método es debido a Egorychev aunque algunos de es probablemente el folclore.