Cómo probar esto $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \binom{(p-1)n}{k} \binom{pn+k}{k} = \binom{pn}{n}^2 $

Question

Creo que la siguiente igualdad es cierta ($p\in \mathbb{N},p\ge 2$): $$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \binom{(p-1)n}{k} \binom{pn+k}{k} = \binom{pn}{n}^2 $$

al $p=2$, luego $$\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}^2\binom{2n+k}{k}=\binom{2n}{n}^2$$

Pero no puedo probar esto

y yo no puedo probar esto $p\ge 3$ ?

Gracias por su ayuda

Answer 1

En la p. 33 de este documento aparece lo siguiente:

"La siguiente identidad resuelve un problema en la Página 122, Vol. 29 de 1947 de Norsk Matematisk Tidsskrift." $$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{\binom{x}{k}\binom{y}{k}}{\binom{x+y+n}{k}} = \frac{\binom{x+n}{n}\binom{y+n}{n}}{\binom{x+y+n}{n}}$$ seguido por $$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\binom{x}{k}\binom{x+n+k+\alpha}{k+\alpha} = \binom{x+\alpha+n}{n}\binom{x+\alpha+n}{n+\alpha}.$$ Es de suponer que la segunda ecuación puede ser derivada a partir de la primera; en cualquier caso, la configuración de $\alpha=0$ $x=(p-1)n$ da la identidad que le pidieron.

Para obtener el último identidad, comenzar con la mano izquierda: \begin{align} \binom{n}{k}\binom{x}{k}&\binom{x+n+k+\alpha}{k+\alpha} = \frac{n!x!(x+n+\alpha+k)!}{k!(n-k)!k!(x-k)!(\alpha+k)!(x+n)!} \\ &= \frac{n!x!}{(n+x)!}\cdot\frac{(x+n+\alpha)!(x+n+\alpha+1)_k(-1)^k(-n)_k(-1)^k(-x)_k} {n!x!\alpha!(\alpha+1)_k(1)_k k!} \\ &= \frac{(x+n+\alpha)!}{\alpha!(x+n)!}\cdot\frac{(x+n+\alpha+1)_k(-n)_k(-x)_k} {(\alpha+1)_k(1)_kk!} \\ &= \frac{(x+n+\alpha)!}{\alpha!(x+n)!}{{_3F_2}\left(\left. \begin{array}{ccc} -n, & -x, & x+n+\alpha+1 \ \\ & 1, & \alpha+1 \end{array} \right\rvert\ {1}\right)}.\end{align} Saalsch\"utz' fórmula se aplica, dando \begin{align}\frac{(x+n+\alpha)!}{\alpha!(x+n)!}\cdot&\frac{(x+1)_n(-x-n-\alpha)_n}{(1)_n(-n-\alpha)_n} = \frac{(x+n+\alpha)!}{\alpha!(x+n)!}\cdot\frac{(x+n)!(x+n+\alpha)!\alpha!} {x!n!(x+\alpha)!(n+\alpha)!}\\ &= \frac{(x+n+\alpha)!}{n!(x+\alpha)!}\cdot\frac{(x+n+\alpha)!}{(n+\alpha)!x!} \\ &= \binom{x+n+\alpha}{n}\binom{x+n+\alpha}{n+\alpha}.\end{align}

Answer 2

Vamos (como @rogerl sugiere) demostrar que $$ \sum\binom nk\binom mk\binom{n+m+k}{n+m}=\binom{n+m}n^2. $$

LHS también puede ser escrito como $$ \sum(-1)^k\binom nk\binom mk\binom{-(n+m+1)}k $$ así que es igual a (oh, hasta una señal) para el término constante de $$ (1-Z^{-1})^n(1-W^{-1})^m(1-ZW)^{-(n+m+1)} $$ es decir, el residuo $$ \operatorname*{res}_{Z,W}\left\{(1-Z^{-1})^n(1-W^{-1})^m(1-ZW)^{-(n+m+1)}\frac{dZ}Z\frac{dW}W\right\} $$ Ahora, como en una prueba de Dixon la identidad vamos a reescribir en la forma $$ \operatorname*{res}_{Z,W}\left\{ \left(\frac{1-Z^{-1}}{1-ZW}\right)^n \left(\frac{1-Z^{-1}}{1-ZW}\right)^m \frac{dZ\,dW}{ZW(1-ZW)}\right\} $$ y el uso de la sustitución $Z=\frac z{1-w}$, $W=\frac w{1-z}$. Desde $\frac{dZ\,dW}{ZW(1-ZW)}=\frac{dz\,dw}{zw}$ $\frac{1-Z^{-1}}{1-ZW}=-\frac z{(1-z)(1-w)}$ vemos que nuestra residuo toma la forma $$ \pm\operatorname*{res}_{z,w}\left\{\frac{(1-z)^{n+m}(1-w)^{n+m}}{z^nw^m}\frac{dz}z\frac{dw}w\right\}=\pm\binom{n+m}n\binom{n+m}m. $$ De Bingo.

Answer 3

Supongamos que buscamos para comprobar que $$\sum_{k=0}^n {n\elegir k} {pn-n\elegir k} {pn+k\elegir k} = {pn\elegir n}^2.$$

Utilizamos las integrales $${pn-n\elegir k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{pn-n}}{z^{k+1}} \; dz$$

y $${pn+k\elegir k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{pn+k}}{w^{k+1}} \; ps.$$

Esto produce por la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{pn-n}}{z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{pn}}{w} \sum_{k=0}^n {n\elegir k} \frac{(1+w)^k}{z^k w^k} \; dw \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{pn-n}}{z} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{pn}}{w} \left(1+\frac{1+w}{zw}\right)^n \; dw \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{pn-n}}{z^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{pn}}{w^{n+1}} (1+w+zw)^n \; dw \; dz.$$

La expansión de la binomial en el interior de la suma obtenemos $$\sum_{q=0}^n {n\choose q} w^q (1+z)^q$$ que los rendimientos de $$\sum_{q=0}^n {n\elegir q} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{pn-n+p}}{z^{n+1}} {pn\elegir n-q} \; dz \\ = \sum_{q=0}^n {n\elegir q} {pn-n+p\elegir n} {pn\elegir n-q}.$$

El interior término es $${n\elegir q} {pn-n+p\elegir n} {pn\elegir pn-n+p} \\ = \frac{(pn)!}{p!\veces (n-p)! \times (pn-2n+p)! \times (n-p)!} \\ = {pn\elegir n} \frac{n! \times (pn-n)!}{p!\veces (n-p)! \times (pn-2n+p)! \times (n-p)!} \\ = {pn\elegir n} {n\elegir q} {pn-n\elegir n-q}.$$

Así es para mostrar que $$\sum_{q=0}^n {n\choose q} {pn-n\choose n-q} = {pn\choose n}.$$

Esto se puede hacer de forma combinatoria o el uso de la integral $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{pn-n}}{v^{n+1}} \sum_{q=0}^n {n\elegir q} v^q \; dv \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{pn-n}}{v^{n+1}} (v+1)^n \; dv \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|v|=\epsilon} \frac{(1+v)^{pn}}{v^{n+1}} = {pn\elegir n}.$$