Series con doble coeficiente binomial

Question

¿Cómo puedo mostrar lo siguiente?

$$ \sum_{x=0}^{n} x {N_1 \choose {n-x}} {N_2 \choose x} = N_2 {N_1 + N_2 - 1 \choose n-1} $$

Intenté descomponer el lado izquierdo en factoriales y sacar $N_2$ pero eso no ayudó. ¿Cómo se puede hacer frente a estas situaciones en general?

Answer 1

$$ \binom{N_2}{x} = \frac{N_2}{x}\binom{N_2-1}{x-1} $$

Con esto, la suma se transforma en

$$ \sum_{x=1}^n x\binom{N_1}{n-x}\binom{N_2}{x} = N_2\sum_{x=1}^n\binom{N_1}{n-x}\binom{N_2-1}{x-1}. $$

El resto es fácil con un argumento combinatorio. Comenzando el índice con $0$ o $1$ no hace ninguna diferencia.

Answer 2

Hay $N_1$ hombres y $N_2$ mujeres. Quiere seleccionar un equipo de $n$ personas; y de este equipo de $n$ seleccionar un líder que sea una mujer. ¿De cuántas maneras se puede hacer esto?

(1) Elige un número $x$ entre $1$ y $n$ . Seleccione $x$ mujeres, y luego seleccionar un líder de estos $x$ y seleccione $n-x$ hombres. Hay $$\sum_{x=1}^{n}{N_2\choose x}x{N_1\choose n-x}$$ formas de hacerlo. Este es el LHS de su identidad (el $x=0$ no aporta nada; si $x$ supera el número de mujeres, entonces la selección $x$ mujeres es imposible, pero $N_2\choose x$ también es cero).

(2) Seleccione una mujer para ser líder, luego seleccione $n-1$ personas para el resto del equipo. Hay $$ N_2{N_1+N_2-1\choose n-1} $$ formas de hacerlo. Este es el RHS de su identidad.

EDIT: Se puede generalizar al problema de seleccionar un equipo de $n$ personas que contienen un sub-equipo de $k$ mujeres. El mismo argumento da: $$\sum_{x=k}^n{N_2\choose x}{x\choose k}{N_1\choose n-x}={N_2\choose k}{N_1+N_2-k\choose n-k}\tag1 $$

Answer 3

Para completar la respuesta de Nilabro Saha tenemos $$ S=\sum_{k=0}^{n}k\dbinom{N_{1}}{n-k}\dbinom{N_{2}}{k}=N_{2}\sum_{k=0}^{n}\dbinom{N_{1}}{n-k}\dbinom{N_{2}-1}{k-1} $$ y utilizando el El triángulo de Pascal $$S=N_{2}\sum_{k=0}^{n}\dbinom{N_{1}}{n-k}\dbinom{N_{2}}{k}-N_{2}\sum_{k=0}^{n}\dbinom{N_{1}}{n-k}\dbinom{N_{2}-1}{k} $$ y por lo tanto utilizando el Identidad Chu-Vandermonde obtenemos $$S=N_{2}\left(\dbinom{N_{1}+N_{2}}{n}-\dbinom{N_{2}+N_{2}-1}{n}\right)=\color{red}{N_{2}\dbinom{N_{2}+N_{2}-1}{n-1}}$$ como se quería.

Answer 4

Esta es una técnica basada en la coeficiente de operador $[t^q]$ para denotar el coeficiente de $t^q$ en una serie. De esta manera podemos escribir, por ejemplo \begin{align*} \binom{p}{q}=[t^q](1+t)^p \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \sum_{x\geq 1}&x \binom{N_1}{n-x}\binom{N_2}{x}\tag{1}\\ &=N_2\sum_{x\geq 1}\binom{N_1}{n-x}\binom{N_2-1}{x-1}\tag{2}\\ &=N_2\sum_{x\geq 0}\binom{N_1}{n-x-1}\binom{N_2-1}{x}\tag{3}\\ &=N_2\sum_{x\geq 0}[t^{n-x-1}](1+t)^{N_1}[u^x](1+u)^{N_2-1}\tag{4}\\ &=N_2[t^{n-1}](1+t)^{N_1}\sum_{x\geq 0}t^{x}[u^x](1+u)^{N_2-1}\tag{5}\\ &=N_2[t^{n-1}](1+t)^{N_1}(1+t)^{N_2-1}\tag{6}\\ &=N_2[t^{n-1}](1+t)^{N_1+N_2-1}\\ &=N_2\binom{N_1+N_2-1}{n-1}\tag{7} \end{align*} y la afirmación es la siguiente.

Comentario:

• En (1) comenzamos el índice desde $x=1$ debido al factor $x$ y aumentamos el límite superior a $\infty$ sin cambiar nada, ya que sólo estamos añadiendo ceros.

• En (2) utilizamos la identidad binomial $\binom{p}{q}=\frac{p}{q}\binom{p-1}{q-1}$ .

• En (3) desplazamos el índice para empezar desde $x=0$ .

• En (4) aplicamos la coeficiente de operador dos veces.

• En (5) utilizamos la linealidad del coeficiente de y utilizar la regla \begin{align*} [t^{p-q}]A(t)=[t^p]t^qA(t) \end{align*}

• En (6) aplicamos la regla de sustitución del coeficiente de operador con $u:=t$ \begin{align*} A(t)=\sum_{x=0}^\infty a_xt^x=\sum_{x=0}^\infty t^x[u^x]A(u) \end{align*}

• En (7) seleccionamos el coeficiente de $t^{n-1}$ .

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \sum_{x = 0}^{n}x{N_{1} \choose n - x}{N_{2} \choose x} & = \sum_{x = 0}^{\infty}x{N_{2} \choose x}\ \overbrace{% \oint_{\verts{z} = 1^{-}}{\pars{1 + z}^{N_{1}} \over z^{n - x + 1}} \,{\dd z \over 2\pi\ic}}^{\ds{N_{1} \choose n - x}} \\[5mm] & = \oint_{\verts{z} = 1^{-}}{\pars{1 + z}^{N_{1}} \over z^{n + 1}}\ \overbrace{% \sum_{x = 0}^{\infty}{N_{2} \choose x}x\,z^{x}} ^{\ds{N_{2}\,z\,\pars{1 + z}^{N_{2} - 1}}}\ \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm] & = N_{2}\oint_{\verts{z} = 1^{-}}{\pars{1 + z}^{N_{1} + N_{2} - 1} \over z^{n}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} = \bbx{\ds{N_{2}{N_{1} + N_{2} - 1 \choose n - 1}}} \end{align}