La suma de filas y la suma de columnas de la serie doble $a_{m,n}=\frac{m-n}{2^{m+n}}\frac{(m+n-1)!}{m!n!}$

Question

Demuestra que dada una serie doble $a_{m,n}=\frac{m-n}{2^{m+n}}\frac{(m+n-1)!}{m!n!}$, donde $a_{0,0}$ se define como cero, la suma por filas $\sum_{m=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}a_{m,n}$ es -1, la suma por columnas $\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}a_{m,n}$ es 1.

Mis pensamientos son los siguientes:

1. Sea $S_{M,N}=\sum_{m=0, n=0}^{M, N}a_{m,n}$, entonces es obvio que $a_{m,n}=-a_{n,m}$, $S_{M,N}=-S_{N,M}$, y $\sum_{m=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}a_{m,n} =- \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}a_{m,n}$.

2. Adiviné que $S_{M,N}=\frac{M-N}{M+N}$, parece ser respaldado por la observación de que $a_{m,n}=\frac{1}{2^{m+n}}\frac{m-n}{m+n}\frac{(m+n)!}{m!n!}$, (donde ${n+m\choose m}$ y $2^{m+n}$ podrían cancelarse en la suma), pero si es así, entonces $a_{m,n}$ debería ser $(\frac{1}{m+n}+\frac{2}{m+n-1}+\frac{1}{m+n-2})(m-n)$, lo cual contradice la definición anterior de $a_{m,n}$.

Con k=m+n, l=m-n (l=-k,-k+2,..., k), podemos escribir la serie como $$a_{m,n}=a'_{k,l}=\frac{1}{2^{k}}\frac{l}{k}{k\choose\frac{k+l}{2}},$$ la parte sin l/k es exactamente la expansión de $(1+1)^k/2^k$ para cada k.

3. Entonces intenté usar inducción así como relaciones de recursión $a_{m+1,n}=\frac{(m+1-n) (m+n) }{(m-n) (m+1) (2) }a_{m,n}$ y $a_{m,n+1}=\frac{(m-n-1) (m+n)}{(m-n) (n+1) (2) }a_{m,n}$ para obtener la suma $R_n$ de elementos en la (n+1)-ésima fila.

$R_0=\sum_{n=0}^{\infty}a_{0,n}=a_{0,0}+\sum_{n=1}^{\infty}-2^{-n}=-1,$

$R_1=\sum_{n=0}^{\infty}a_{1,n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n-1}{2} a_{0,n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n-1}{2} (-2^{-n})=0,$ usando la relación entre $a_{m,n}$ y $a_{m+1,n}$.

Intenté simplificar $R_2$ para hacerlo una función de $a_{1,n}$ o $a_{0,n}$ y $n$, usando la relación entre $a_{m,n}$ y $a_{m+1,n}$ así como entre $a_{m,n}$ y $a_{m,n+1}$, pero el resultado que obtengo aún no puede hacer de $R_2$ una función de $R_1$ o $R_0$. Supongo que debería ser 0 pero aún no lo he demostrado.

Answer 1

Para $m>0$, su $R_m$ se puede calcular utilizando la serie binomial: para $k\geqslant 0$ y $|z|<1$ $$\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+k)!}{n!\,k!}z^k=(1-z)^{-k-1}\implies\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+k)!}{2^n\,n!\,k!}=2^{k+1},$$ dando \begin{align*} R_m&=\frac{1}{2^m}\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(m+n-1)!}{2^n\,(m-1)!\,n!}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(m+n-1)!}{2^n\,m!\,(n-1)!}\right) \\&=\frac{1}{2^m}\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+m-1)!}{2^n\,n!\,(m-1)!}-\sum_{n=0}^\infty\frac{(n+m)!}{2^{n+1}\,n!\,m!}\right) \\&=\frac{1}{2^m}\left(2^m-\frac12\cdot 2^{m+1}\right)=\color{red}{0}. \end{align*} Todo lo demás ya está hecho por usted.

Answer 2

Esta solución está inspirada en la respuesta de @metamorphy.

Observamos $a_{m+1,n}+a_{m,n+1}=\frac{(m+1-n) (m+n) }{(m-n) (m+1) (2) }+\frac{(m-n-1) (m+n)}{(m-n) (n+1) (2) }a_{m,n} =\frac{(m+n+1) (m+n)}{(m+1) (n+1) (2) }a_{m,n}=2a_{m+1,n+1},

así que tenemos $(R_0-a_{0,0})+R_1=2\sum_{n=1}^{\infty}a_{1,n}=2(R_1-a_{1,0})$, y por lo tanto $R_1=R_0-a_{0,0}+2a_{1,0}=-1-0+2\cdot1/2=0$.

De manera similar, $R_1-a_{1,0})+R_2=2(R_2-a_{2,0}), lo cual resulta en $R_2=R_1-a_{1,0}+2a_{2,0}=0$, para $a_{1,0}=2a_{2,0}$. Por lo tanto obtenemos $R_3=R_4=\dots=0$, y así $\sum_{m=0}^{\infty}\sum_{n=0}^{\infty}a_{m,n}=\sum_{m=0}^{\infty}R_m=0$.

La suma por columnas se calcula de manera casi similar; o podemos usar la mencionada 'anti-simetría', es decir, ya sea que la suma de la columna $n$ sea igual al negativo de la suma de la fila $n$, o, la suma por columnas sea igual al negativo de la suma por filas.

---

Entonces vemos que de hecho hay una clara relación recursiva entre las sumas de filas/columnas adyacentes, como resultado de la combinatoria. Esto, junto con la 'anti-simetría', causada por 'm-n', da la solución. Además, notemos, un poco antinaturalmente, que $a_{0,0}$ (además de todos los elementos diagonales) tiene que ser cero como resultado de la 'anti-simetría'.

Supongo que si hubiera escrito los elementos adyacentes en algunas filas entonces la relación recursiva habría sido bastante obvia.

---

A partir de mis relaciones recursivas anteriores, parece que todos los elementos son potencias de 1/2, lo cual parece no ser cierto, por ejemplo, $a_{3,5}$. Después de revisar nuevamente, veo que no todos los elementos, sino aquellos cerca de la línea diagonal y aquellos en la primera columna/fila, son potencias de 1/2, por ejemplo, $a_{1,2}=a_{1,3}=-1/8$ mientras que $a_{1,4}=\frac{-1/8-1/16}{2}=\frac{-3}{32}$. Cuanto más alejado esté un elemento de la línea diagonal y de los bordes, más 'irregular' se vuelve. Esta propiedad también es bastante similar al triángulo binomial, así que supongo que esta doble serie (considerando su mitad superior o inferior del triángulo) es de alguna manera una extensión/deformación del triángulo binomial, y uno de una clase de estructuras (algebraicas).