¿Hay alguna manera de calcular el producto simple de los coeficientes binomiales

Question

Dada la suma $$ \sum_{k=0}^{m} {n \choose k} {m \choose k}, $$ donde $ n > m$ . ¿Podría calcularse de alguna manera en una expresión más corta y agradable que no contenga la suma?

Gracias de antemano.

Answer 1

Utilizamos el coeficiente de operador $[x^m]$ para denotar el coeficiente de $x^m$ de una serie. Así, podemos escribir, por ejemplo $$\binom{m}{k}=[x^k](1+x)^m$$

Obtenemos para $a\geq 0$ \begin{align*} \sum_{k=0}^{m}&\binom{m+a}{k}\binom{m}{k}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}[x^k](1+x)^{m+a}[y^k](1+y)^m\tag{1}\\ &=[x^0](1+x)^{m+a}\sum_{k=0}^{\infty}x^{-k}[y^k](1+y)^m\tag{2}\\ &=[x^0](1+x)^{m+a}(1+\frac{1}{x})^m\tag{3}\\ &=[x^0](1+x)^{m+a}\frac{1}{x^m}(1+x)^m\\ &=[x^m](1+x)^{2m+a}\\ &=\binom{2m+a}{m} \end{align*}

Comentario:

• En (1) utilizamos el coeficiente de Operador y cambiar el límite a $\infty$ sin cambiar la suma, ya que sólo añadimos el cero.

• En (2) utilizamos el linealidad del coeficiente del operador y $[x^{n+k}]A(x)=[x^n]x^{-k}A(x)$

• En (3) utilizamos el regla de sustitución \begin{align*} A(x)=\sum_{k=0}^{\infty}a_kx^k=\sum_{k=0}^{\infty}x^k[y^k]A(y) \end{align*}

Answer 2

Tenga en cuenta que

$$\sum_{k=0}^m\binom{n}k\binom{m}k=\sum_{k=0}^m\binom{n}k\binom{m}{m-k}\;.\tag{1}$$

Supongamos que tenemos una reserva de $n$ mujeres y $m$ hombres, de los cuales debemos elegir un comité de $m$ personas; claramente el lado derecho de $(1)$ es el número de comisiones posibles, contadas según el número ( $k$ ) de mujeres en la comisión.

Por otro lado, podemos elegir simplemente cualquier $m$ de la $n+m$ miembros del grupo. Esto puede hacerse en $\binom{n+m}m$ maneras, así que

$$\sum_{k=0}^m\binom{n}k\binom{m}k=\sum_{k=0}^m\binom{n}k\binom{m}{m-k}=\binom{n+m}m\;.$$

Esta es una instancia de La identidad de Vandermonde y el argumento que acabo de dar es la prueba combinatoria habitual de ello.

Answer 3

Está relacionado con una pregunta que respondí ayer :

$$\sum_{k=0}^m {n \choose k} {m \choose k} = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} (e^{ix}+1)^n (e^{-ix}+1)^m dx = \frac{2^{n+m}}{2\pi} \int_0^{2\pi}e^{ix(n-m)/2}\cos^{m+n}(x/2) dx $$