Coeficiente binomial en el libro de particiones de Andrews

Question

En primer lugar, creo que MathOverflow es una comunidad muy grande para discutir las matemáticas, ya sea básico o avanzado, y estoy contento de participar aquí. Es mi primer post, así que lo siento si hice algo mal, y espero que la gente me ayude a hacer este post mejor. También espero que este post ayude a alguien con un problema similar...

He estudiado la teoría de la partición para mi monografía de matemáticas de grado, y el problema de Simon Newcomb es un tema del ensayo. La obra maestra de George Andrews, "The Theory of Partitions" es mi principal guía; llegué a una "identidad binomial" que no puedo probar. De hecho, Andrews la demuestra, pero no puedo entender la demostración con claridad, y lo que es más importante, su demostración utiliza polinomios gaussianos, un tema que mi trabajo no cubre.

Esa es la identidad: $$ \sum_{\substack{i+j=s \atop i\geq 0, j \geq 0}}\binom{A-n+j}{j}\binom{n-j}{i} = \binom{A+1}{s}, $$ para un número entero positivo $A$ .

Estoy pidiendo aquí una prueba "elemental" que no utilice polinomios de Gauss.

Perdonad que os moleste con una pregunta tan básica (comparando con lo avanzado que se publica aquí), y gracias de antemano.

P.D. Perdón por mi "no tan buen" inglés...

Answer 1

Consideremos la serie generadora

$$\sum_{s=0}^{\infty}\left(\sum_{i+j=s}\binom{A-n+j}{j}\binom{n-j}{i}\right)x^{s}.$$ Esto equivale a $$\sum_{j=0}^{\infty}\binom{A-n+j}{j}x^{j}\sum_{i=0}^{\infty}\binom{n-j}{i}x^{i}=(1+x)^{n}\sum_{j=0}^{\infty}\binom{A-n+j}{j}\left(\frac{x}{1+x}\right)^{j},$$ donde utilizamos el teorema del binomio para la última igualdad. Como $\sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k}{k}x^{k}=\frac{1}{(1-x)^{k}}$ nuestra serie se convierte en $$(1+x)^{n}\frac{1}{\left(1-\frac{x}{1+x}\right)^{A-n+1}}=(1+x)^{A+1}$$ que es $$\sum_{s=0}^{\infty}\binom{A+1}{s}x^{s}$$ por el teorema del binomio. Su igualdad se deduce de la comparación de los coeficientes.

Answer 2

Esto también se desprende de la Identidad Chu-Vandermonde ${s+t \choose n}=\sum_{k=0}^n {s \choose k}{t \choose n-k}$ y la regla de negación superior para los coeficientes binomiales $\binom{r}{k} = (-1)^k \binom{k-r-1}{k}$ .

$$\sum_{\substack{i+j=s \atop i\geq 0, j \geq 0}}\binom{A-n+j}{j}\binom{n-j}{i} = \sum_{j=0}^s \binom{A-n+j}{j}\binom{n-j}{s-j}.$$ A continuación, aplique la negación superior para obtener $$\sum_{j=0}^s (-1)^j \binom{-A+n-1}{j} (-1)^{s-j}\binom{s-n-1}{s-j}. $$ Chu-Vandermonde seguido de la negación superior vuelve a dar como resultado $$= (-1)^s \binom{-A+s-2}{s} = \binom{A+1}{s}.$$

Answer 3

Considere todos los subconjuntos de $\{1,2,\dots,A+1\}$ de cardinalidad $A-s+1$ . Hay exactamente $\binom{A+1}{s}$ subconjuntos. Para cada uno de estos subconjuntos $x_1 < x_2 < \dots < x_{A-s+1}$ considerar el elemento $x_{A-n+1}$ . El número de subconjuntos con valor fijo $x_{A-n+1}=p:=A-n+j+1$ el número de subconjuntos deseados es igual a $\binom{A-n+j}{A-n}\binom{n-j}{n-s}=\binom{A-n+j}{j}\binom{n-j}{i}$ . Entonces sólo hay que sumar por todos los valores posibles de $j=x_{A-n+1}-A+n-1$ .

Answer 4

Su identidad es la misma que $f_s:=\sum_{j=0}^s\binom{A-n+j}j\binom{n-j}{s-j}\binom{A+1}s^{-1}=1$ para todos $s\geq0$ . Definir $$F(s,j):=\binom{A-n+j}j\binom{n-j}{s-j}\binom{A+1}s^{-1} \qquad \text{and} \qquad G(s,j)=-\frac{j(n+1-j)F(s,j)}{(s+1-j)(A+1-s)}.$$ Compruebe de forma rutinaria (por ejemplo, dividiendo ambos lados por $F(s,j)$ y simplificando) que $$F(s+1,j)-F(s,j)=G(s,j+1)-G(s,j). \tag1$$ Sumando ambos lados sobre todos los enteros $j$ y la telescópica en el lado derecho da $$f_{s+1}-f_s=\sum_{j\in\mathbb{Z}}G(s,j+1)-\sum_{j\in\mathbb{Z}}G(s,j)=0.$$ Nota: hemos utilizado la convención $\binom{a}b=0$ de $b<a$ o $b<0$ .

Desde $f_0=1$ se deduce que $f_s=1$ para todos $s$ . La prueba está completa.