Dejemos que $m, n\in \mathbb{N}$ y $|x| < 1$ . Busco pistas para derivar una fórmula analítica para $$f_{m,n}(x) = \sum_{k \in \mathbb{N}} {n + k \choose k} {m + k \choose k} x^{k}. $$
Respuestas
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Esta es la función hipergeométrica de Gauss $F(n+1,m+1,1;x)$ . A continuación, puedes aplicar la enorme teoría de las funciones hipergeométricas para derivar otras expresiones. Por ejemplo, la fórmula de transformación de Euler da la expresión alternativa $$\frac 1{(1-x)^{m+n+1}}\,F(-m,-n,1;x)=\frac 1{(1-x)^{m+n+1}}\sum_{k=0}^{\min(m,n)}\binom mk\binom nk x^k$$ para la misma serie como una suma finita.
David Miani
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Con la abundancia de pruebas, me gustaría registrar otro caso de aplicación debido a las técnicas de Wilf-Zeilberger. El objetivo es demostrar la identidad mostrada arriba (de GH de MO, Hjalmar Rosengren): $$\sum_r\binom{m+n+k-r}{k-r}\binom{m}r\binom{n}r\binom{m+k}k^{-1}\binom{n+k}k^{-1}=1.$$ El proceso mecánico empieza por dejar (suprimir otras variables) $$F(n,r):=\binom{m+n+k-r}{k-r}\binom{m}r\binom{n}r\binom{m+k}k^{-1}\binom{n+k}k^{-1}$$ y también que $$G(n,r):=-\frac{F(n,r)\,(m+n+1+k-r)r^2}{(m+n+1)(n+1+k)(n-r+1)}.$$ Siguiente paso: verificar $F(n+1,r)-F(n,r)=G(n,r+1)-G(n,r)$ que al sumar (ambos lados) sobre todos los enteros $k$ resulta en la cancelación en el RHS. Por lo tanto, $f(n+1)-f(n)=0$ donde $f(n)=\sum_kF(n,r)$ . Dado que un cálculo directo muestra $f(0)=1$ se deduce que $f(n)=1$ . La prueba está ahora completa. $\,\,\square$
Matt
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8
Hjalmar Rosengren dio una buena fórmula para $f_{m,n}(x)$ basado en la teoría de las series hipergeométricas. Aquí proporciono una prueba elemental directa de la misma basada en series generadoras.
Introduzcamos el operador diferencial $$D_r:=\frac{1}{r!}\frac{\partial^r}{\partial x^r}.$$ Entonces $$\sum_{k=0}^\infty\binom{n+k}{k}x^k=D^n\left(\frac{1}{1-x}\right)=\frac{1}{(1-x)^{n+1}},$$ por lo tanto por el regla general de Leibniz \begin{align*}\sum_{k=0}^\infty\binom{m+k}{k}\binom{n+k}{k}x^k &=D^m\left(\frac{x^m}{(1-x)^{n+1}}\right)\\ &=\sum_{k=0}^m D^{m-k}(x^m)D^k\left(\frac{1}{(1-x)^{n+1}}\right)\\ &=\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\binom{n+k}{k}\frac{x^k}{(1-x)^{k+n+1}}\\ &=\frac{1}{(1-x)^{m+n+1}}\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}\binom{n+k}{k}x^k(1-x)^{m-k}\\ &=\frac{1}{(1-x)^{m+n+1}}\sum_{k=0}^m D^n(x^{n+k})\binom{m}{k}(1-x)^{m-k}. \end{align*} Aquí podemos interpretar $D^n(x^{n+k})$ como el coeficiente de $t^n$ en el polinomio $(x+t)^{n+k}\in\mathbb{Z}[x][t]$ por lo que, por el teorema del binomio, el $k$ -la suma del lado derecho es igual a $$[t^n]\sum_{k=0}^m (x+t)^{n+k}\binom{m}{k}(1-x)^{m-k}=[t^n](x+t)^n(1+t)^m.$$ Ampliar $(x+t)^n$ y $(1+t)^m$ por el teorema del binomio, y luego recoger el coeficiente de $t^n$ en el producto de las dos sumas resultantes, obtenemos que $$\sum_{k=0}^\infty\binom{m+k}{k}\binom{n+k}{k}x^k=\frac{1}{(1-x)^{m+n+1}}\sum_{k=0}^{\min(m,n)}\binom{m}{k}\binom{n}{k}x^k.$$
