Aquí tienes una solución a tu problema de calentamiento. Utiliza algunas identidades elementales conocidas, y algunas inducciones cortas para identidades que no reconocí. También he cambiado ligeramente su notación de $l$ a $k$ en las sumas internas.
Configuración $x=2$ el primer término desaparece, y combinamos el segundo y el tercero como $(B)$ y tomar el último término como $(A)$ .
\begin{align} &\sum_{j=0}^i \binom{n-1-j}{i-j} 2^{j-1} \sum_{k=0}^j (-1)^k \binom{n+1}{k} 2^{i-k-1}(i-k) \tag{A} \\ &\sum_{j=0}^{i-2} \binom{n-1-j}{i-2-j} 2^{j-1} \sum_{k=0}^j (-1)^k \binom{n+1}{k} \left( 2^{i-k} + 2^{i-k-1}(i-2-k)\right) \tag{B} \end{align} Afortunadamente para nosotros, ambos son iguales a $i\cdot2^{i-2}$ cuando $i$ es par, y no dependen de $n$ . En primer lugar, nos centramos en $(A)$ . Cambia el orden de la suma para obtener
\begin{equation} \sum_{k=0}^i (-1)^k \binom{n+1}{k} 2^{i-2}(i-k) \sum_{j=k}^i \binom{n-1-j}{i-j} 2^{j-k} \tag{A} \end{equation}
A continuación, vuelva a indexar la suma interna y aplique repetidamente la identidad del palo de hockey para mostrar \begin{equation} \sum_{j=0}^{i-k}\binom{n-1-k-j}{i-k-j}2^j = \sum_{j=0}^{i-k}\binom{n-k}{j} \end{equation}
Me resultó más fácil escribirlo cambiando las variables $a=i-k-j$ , $b=i-k$ y $c=n-i-1$ y simplificando $\sum_{a=0}^b \binom{c+a}{c}2^{b-a}$ .
$(A)$ se divide de forma natural en el punto $i-k$ y como queremos demostrar que todo el asunto es $i\cdot2^{i-2}$ podemos dividirlo en dos partes y mostrar
\begin{align} \sum_{k=1}^i (-1)^k k\binom{n+1}{k}\sum_{j=0}^{i-k} \binom{n-k}{j} &=0 \tag{A1}\\ \sum_{k=0}^i (-1)^k \binom{n+1}{k} \sum_{j=0}^{i-k} \binom{n-k}{j} &=1 \tag{A2} \end{align}
Podemos simplificar $(A1)$ ligeramente incorporando $k$ en el binomio, e ignorando la $n+1$ término que sale. Cambiando de nuevo el orden de las sumas, escribimos
\begin{equation} Q(n,i) = \sum_{j=0}^{i-1} \sum_{k=1}^{i-j} (-1)^k \binom{n}{k-1} \binom{n-k}{j} \end{equation}
Iniciaremos el $n$ y $i$ para demostrar que $Q(n,i)=0$ para $i$ incluso, y $-1$ para $i$ impar. Los casos base son fáciles de comprobar, especialmente si se toma $i=0$ y $i=1$ . Pero antes, necesitamos una identidad auxiliar, que también utilizaremos en $(A2)$ .
\begin{equation} P(n,i) = \sum_{j=0}^{i} (-1)^{i-j}\binom{n}{j} \binom{n-1-j}{i-j} \end{equation} Afirmamos que $P(n,i)=1$ para todos $n$ y $i$ . Esto es cierto para $i=0$ . Dividimos $\binom{n}{j}$ en dos para obtener una inducción:
\begin{align} P(n,i) &= \sum_{j=0}^{i} (-1)^{i-j}\binom{n-1}{j} \binom{n-1-j}{i-j} + \sum_{j=1}^{i} (-1)^{i-j}\binom{n-1}{j-1} \binom{n-1-j}{i-j} \\ &= \sum_{j=0}^{i} (-1)^{i-j}\binom{n-1}{i} \binom{i}{j} + \sum_{j=1}^{i} (-1)^{i-j}\binom{n-1}{j-1} \binom{n-1-j}{i-j} \\ &= \binom{n-1}{i}\sum_{j=0}^{i} (-1)^{i-j}\binom{i}{j} + \sum_{j=0}^{i-1} (-1)^{i-1-j}\binom{n-1}{j} \binom{(n-1)-1-j}{(i-1)-j} \\ &= 0 + P(n-1,i-1) \end{align}
Ahora damos una prueba similar para $Q$ . En las líneas cuarta a quinta, utilizamos la suma alternada de coeficientes binomiales hasta algún número. Es posible que puedas hacer una demostración directa si tu generofuncionología es sólida, ya que parecen circunvoluciones de funciones sencillas, pero estas demostraciones me parecieron tan fáciles que no me molesté en intentarlo.
\begin{align} Q(n,i) &= \sum_{j=0}^{i-1} \sum_{k=1}^{i-j} (-1)^k \binom{n}{k-1} \binom{n-k}{j} \\ &= \sum_{j=0}^{i-1} \sum_{k=1}^{i-j} (-1)^k \binom{n-1}{k-1} \binom{n-k}{j} + \sum_{j=0}^{i-2} \sum_{k=2}^{i-j} (-1)^k \binom{n-1}{k-2} \binom{n-k}{j} \\ &= \sum_{j=0}^{i-1} \sum_{k=1}^{i-j} (-1)^k \binom{n-1}{j} \binom{n-1-j}{k-1} + \sum_{j=0}^{i-2} \sum_{k=2}^{i-j} (-1)^k \binom{n-1}{k-2} \binom{n-k}{j} \\ &= \sum_{j=0}^{i-1} \binom{n-1}{j} \sum_{k=0}^{i-1-j} (-1)^{k+1} \binom{n-1-j}{k} + \sum_{j=0}^{i-2} \sum_{k=1}^{i-1-j} (-1)^{k+1} \binom{n-1}{k-1} \binom{n-1-k}{j} \\ &= \sum_{j=0}^{i-1} \binom{n-1}{j} (-1)^{i-1-j+1} \binom{n-2-j}{i-1-j} - Q(n-1, i-1) \\ &= -P(n-1,i-1) - Q(n-1, i-1) \end{align}
Ahora bien, como nuestra ecuación $(A1)$ era sólo $(n+1)Q(n,i)$ y $i$ es par, es $0$ . Un tratamiento similar da como resultado $(A2)$ utilizando de nuevo la identidad de la suma binómica alternante cerca del final:
\begin{align} &\,\sum_{k=0}^i (-1)^k \binom{n+1}{k} \sum_{j=0}^{i-k} \binom{n-k}{j} \\ &= \sum_{j=0}^i \sum_{k=0}^{i-j} (-1)^k \binom{n+1}{k} \binom{n-k}{j} \\ &= \sum_{j=0}^i \sum_{k=0}^{i-j} (-1)^k \binom{n}{k} \binom{n-k}{j} + \sum_{j=0}^i \sum_{k=0}^{i-j} (-1)^k \binom{n}{k-1} \binom{n-k}{j} \\ &= \sum_{j=0}^i \sum_{k=0}^{i-j} (-1)^k \binom{n}{j} \binom{n-j}{k} + Q(n,i) \\ &= \sum_{j=0}^i \binom{n}{j} \sum_{k=0}^{i-j} (-1)^k \binom{n-j}{k} \\ &= \sum_{j=0}^i \binom{n}{j} (-1)^{i-j} \binom{n-1-j}{i-j} \\ &= P(n,i) \end{align}
Así que hemos demostrado que $(A) = i\cdot2^{i-2}$ para $i$ incluso. Usemos esto para $(B)$ ya que $i-2$ también es par, tenemos:
\begin{equation} \sum_{j=0}^{i-2} \binom{n-1-j}{i-2-j} 2^{j-1} \sum_{k=0}^j (-1)^k \binom{n+1}{k} 2^{i-k-3}(i-2-k) = (i-2)2^{i-4} \end{equation} Tras multiplicar ambos lados por $2^2$ el único lugar en el que el lado izquierdo difiere de $(B)$ es el extra $-2$ en $(i-2-k)$ y el lado derecho es $2^{i-1}$ más pequeño de lo que nos gustaría. Así que demostramos que
\begin{equation} \sum_{j=0}^{i-2} \binom{n-1-j}{i-2-j} 2^{j-1} \sum_{k=0}^j (-1)^k \binom{n+1}{k} 2^{i-k} = 2^{i-1} \end{equation} Dividiendo el factor de $2^{i-1}$ y cambiando el orden de la suma, obtenemos
\begin{equation} \sum_{k=0}^{i-2} (-1)^k \binom{n+1}{k} \sum_{j=k}^{i-2} \binom{n-1-j}{i-2-j}2^{j-k} \end{equation} Por supuesto reconocemos nuestra identidad del palo de hockey de antes, así que esto se simplifica al caso de $(A2)$
\begin{equation} \sum_{k=0}^{i-2} (-1)^k \binom{n+1}{k} \sum_{j=0}^{i-2-k} \binom{n-k}{j} =1 \end{equation}
