Demostrar que $\sum_{k=0}^nk{m+k \choose m}=n{m+n+1\choose m+1}-{m+n+1 \choose m+2}$

Question

Por favor alguien puede ver el trabajo que tengo hasta ahora para la siguiente prueba y proporcionar orientación sobre mi paso inductivo?

Probar que si $m,n\in\mathbb{N}$, $\sum_{k=0}^nk{m+k \choose m}=n{m+n+1\choose m+1}-{m+n+1 \choose m+2}$

El Caso Base. Deje que n=0. A continuación,$\sum_{k=0}^{n=0}k{m+k \choose m}=0$$n{m+n+1\choose m+1}-{m+n+1 \choose m+2}=0-0=0$. Así, por $n=0$ nuestra ecuación se satisface.

Inductivo Paso. Deje $n\ge0$. Suponga $\sum_{k=0}^nk{m+k \choose m}=n{m+n+1\choose m+1}-{m+n+1 \choose m+2}$. Ahora observar que

$$\begin{align*}\sum_{k=0}^{n+1}k{m+k \choose m}&=\\ \sum_{k=0}^{n}k{m+k \choose m}+(n+1){m+n+1\choose m}&=n{m+n+1\choose m+1}-{m+n+1 \choose m+2}+(n+1){m+n+1\choose m} \end{align*}$$

Esto es donde estoy pegado... el uso de Pascal la Identidad de combinar algunos de estos términos parece ideal. Sin embargo, los factores de $n$ $n+1$ están haciendo una astuta manipulación difícil para mí.

Answer 1

Una combinatoria de la prueba también es posible. He a $m+n+1$ bolas blancas numeradas $0$ a través de $m+n$. Voy a pintar $m+2$ rojo, a continuación, elija cualquiera de las bolas de color rojo , excepto el uno con el número más alto y poner una estrella de oro, y quiero saber cuántos resultados diferentes son posibles.

Supongamos que el mayor numerado bola roja es la bola de $m+k$. Hay $m+k$ bolas con números más pequeños (desde que comenzó la numeración en $0$), por lo que hay $\binom{m+k}m$ formas para elegir el otro $m$ bolas rojas que no tienen la estrella de oro. Una vez que haya sido elegido, se $k$ formas de seleccionar una de las restantes bolas numeradas por debajo de $m+k$, la pintura es de color rojo, y la bofetada de una estrella de oro. Por lo tanto, no se $k\binom{m+k}m$ resultados en los que la bola de $m+k$ es el mayor numerado bola roja. Suma más de $k$ da el número total de resultados posibles:

$$\sum_{k=0}^nk\binom{m+k}m\;.$$

Pero podemos contar con estos resultados en otra forma. Hay $\binom{m+n+1}{m+1}$ formas de elegir los $m+1$ bolas para ser el los no destacados bolas rojas, y luego podemos elegir cualquiera de los restantes $n$ bolas para ser la protagonizó la bola roja, por lo que hay

$$n\binom{m+n+1}{m+1}\tag{1}$$

maneras de elegir un conjunto de $m+2$ bolas, pintarlos de rojo, y poner una estrella de oro en una de las bolas. Sin embargo, este incluye los resultados en los que la estrella de oro es en la mayor numerado bola roja, y no queremos que estos. Para cada posible conjunto de $m+2$ bolas rojas no es exactamente un resultado no deseado, el que nos puso la estrella de oro en la mayor numerado bola roja, y hay

$$\binom{m+n+1}{m+2}$$

posibles conjuntos de bolas de color rojo, así que tenemos que restar esta de $(1)$ para obtener el número correcto de

$$n\binom{m+n+1}{m+1}-\binom{m+n+1}{m+2}\;.$$

Esto demuestra que

$$\sum_{k=0}^nk\binom{m+k}m=n\binom{m+n+1}{m+1}-\binom{m+n+1}{m+2}\;,$$

como se desee.

Añadido: permítanme sugerir una manera de proceder a partir del punto en el que estás atrapado con su inducción argumento. En primer lugar, no es demasiado difícil darse cuenta de que usted tiene tanto $n\binom{m+n+1}{m+1}$$n\binom{m+n+1}m$, que se puede combinar el uso de la identidad de Pascal:

$$\begin{align*} &\sum_{k=0}^nk\binom{m+k}m+(n+1)\binom{m+n+1}m\\ &\qquad=n\binom{m+n+1}{m+1}-\binom{m+n+1}{m+2}+(n+1)\binom{m+n+1}m\\ &\qquad=n\left(\binom{m+n+1}{m+1}+\binom{m+n+1}m\right)+\binom{m+n+1}m-\binom{m+n+1}{m+2}\\ &\qquad=n\binom{m+n+2}{m+1}+\binom{m+n+1}m-\binom{m+n+1}{m+2}\;.\tag{1} \end{align*}$$

Quiere mostrar que esto es igual a

$$(n+1)\binom{m+n+2}{m+1}-\binom{m+n+2}{m+2}\;.\tag{2}$$

Usted puede tratar de tomar la diferencia y tratando de mostrar que es $0$. Restando $(1)$$(2)$, obtenemos

$$\binom{m+n+2}{m+1}-\binom{m+n+2}{m+2}-\binom{m+n+1}m+\binom{m+n+1}{m+2}\;.\tag{3}$$

Pascal identidad nos permite combinar el segundo y cuarto términos:

$$\binom{m+n+2}{m+2}=\binom{m+n+1}{m+2}+\binom{m+n+1}{m+1}\;,$$

así

$$\binom{m+n+1}{m+2}-\binom{m+n+2}{m+2}=-\binom{m+n+1}{m+1}\;,$$

y $(3)$ reduce a

$$\binom{m+n+2}{m+1}-\binom{m+n+1}{m+1}-\binom{m+n+1}m\;,$$

y uno más de la aplicación de Pascal de la identidad, se comprueba que este es, de hecho,$0$.

Answer 2

$$\sum_{k=0}^nk{m+k \choose m}=n{m+n+1\choose m+1}-{m+n+1 \choose m+2}$$

Inductivo Paso. 1: $n\longrightarrow0$

$\sum_{k=0}^{n=0}k{m+k \choose m}=0$ $n{m+n+1\choose m+1}-{m+n+1 \choose m+2}=0-0=0$ .

la ecuación se satisface.

Inductivo Paso. 2: $n\longrightarrow n$

$$\sum_{k=0}^nk{m+k \choose m}=$$ Por la identidad de Pascal: $\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k} \Rightarrow \binom{n}{k} - \binom{n-1}{k}= \binom{n-1}{k-1} \Rightarrow \binom{n+1}{k+1} - \binom{n-1+1}{k+1}= \binom{n-1+1}{k-1+1}=$ $\binom{n+1}{k+1} - \binom{n}{k+1}= \binom{n}{k}$ $$\sum_{k=0}^nk\left[\binom{m+k+1}{m+1}-\binom{m+k}{m+1}\right]=$$ $$\sum_{k=0}^nk\binom{m+k+1}{m+1}-\sum_{k=0}^nk\binom{m+k}{m+1}=$$ $$n\binom{m+n+1}{m+1}+\sum_{k=0}^{n-1}k\binom{m+k+1}{m+1}-\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)\binom{m+(k+1)}{m+1} + 0\binom{m+ 0 }{m+1}=$$ $$n\binom{m+n+1}{m+1}+\sum_{k=0}^{n-1}k\binom{m+k+1}{m+1}-\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)\binom{m+k+1}{m+1}=$$

$$n\binom{m+n+1}{m+1}+\sum_{k=0}^{n-1}(k-(k+1))\binom{m+k+1}{m+1}=$$ $$n\binom{m+n+1}{m+1}+\sum_{k=0}^{n-1}-1\binom{m+k+1}{m+1}=$$ Por el Hockey Stick de identidad:

$\sum_{k=r}^n\binom{k}{r}=\binom{n+1}{r+1}$ $$n\binom{m+n+1}{m+1}-\binom{m+(n-1)+1 +1}{m+2}=$$ $$n\binom{m+n+1}{m+1}-\binom{m+n+1}{m+2}$$

La ecuación se satisface.

Inductivo Paso. 3: $n\longrightarrow (n+1)$

$$\sum_{k=0}^{(n+1)}k{m+k \choose m}=$$

$$\sum_{k=0}^{(n+1)}k\left[\binom{m+k+1}{m+1}-\binom{m+k}{m+1}\right]=$$ $$\sum_{k=0}^{(n+1)}k\binom{m+k+1}{m+1}-\sum_{k=0}^{(n+1)}k\binom{m+k}{m+1}=$$ $$(n+1)\binom{m+(n+1)+1}{m+1}+\sum_{k=0}^{n}k\binom{m+k+1}{m+1}-\sum_{k=0}^{n}(k+1)\binom{m+(k+1)}{m+1} + 0=$$

$$(n+1)\binom{m+(n+1)+1}{m+1}+\sum_{k=0}^{n}k\binom{m+k+1}{m+1}-\sum_{k=0}^{n}(k+1)\binom{m+k+1}{m+1}=$$

$$(n+1)\binom{m+(n+1)+1}{m+1}+\sum_{k=0}^{n}(k-(k+1))\binom{m+k+1}{m+1}=$$ $$(n+1)\binom{m+(n+1)+1}{m+1}+\sum_{k=0}^{n}-1\binom{m+k+1}{m+1}=$$

Por el Hockey Stick de identidad:

$\sum_{k=r}^n\binom{k}{r}=\binom{n+1}{r+1}$ $$(n+1)\binom{m+(n+1)+1}{m+1}-\binom{m+(n+1) +1}{m+2}$$

La ecuación se satisface.

q.e.d

Answer 3

Aquí es un enfoque algo diferente. Utilizamos el coeficiente de operador $[x^k]$ para denotar el coeficiente de $x^k$ en una serie. De esta manera podemos escribir por ejemplo $$\begin{align*} [x^k](1+x)^n=\binom{n}{k} \end{align*}$$

Obtenemos para $m,n\geq 0$ $$\begin{align*} \sum_{k=0}^n&k\binom{m+k}{m}\\ &=\sum_{k=1}^nk[x^m](1+x)^{m+k}\tag{1}\\ &=[x^m](1+x)^{m+1}\sum_{k=1}^nk(1+x)^{k-1}\tag{2}\\ &=[x^m](1+x)^{m+1}D_x\left(\sum_{k=1}^n(1+x)^k\right)\tag{3}\\ &=[x^m](1+x)^{m+1}D_x\left(\frac{1-(1+x)^{n+1}}{1-(1+x)}\right)\tag{4}\\ &=[x^m](1+x)^{m+1}\left[\frac{n(1+x)^n}{x}-\frac{(1+x)^n}{x^2}+\frac{1}{x^2}\right]\tag{5}\\ &=n[x^{m+1}](1+x)^{m+n+1}-[x^{m+2}](1+x)^{m+n+1}+[x^{m+2}](1+x)^{m+1}\tag{6}\\ &=n\binom{m+n+1}{m+1}-\binom{m+n+1}{m+2} \end{align*}$$ y el reclamo de la siguiente manera

Comentario:

• En (1) se aplica el coeficiente de operador.

• En (2) hacemos un poco de reordenamiento mediante el uso de la linealidad del coeficiente de operador.

• En (3) se utiliza el diferencial de operador $D_x:=\frac{d}{dx}$.

• En (4) utilizamos la fórmula para la serie geométrica finita.

• En (5) podemos diferenciar la expresión.

• En (6) recopilar los términos y aplicar la fórmula $$\begin{align*} [x^{p+q}]A(x)=[x^p]x^{-q}A(x) \end{align*}$$

• En (7) seleccionamos los coeficientes de $x^{m+1}$$x^{m+2}$. Nota: el coeficiente de $x^{m+2}$ en el último término es cero, ya que el polinomio $(1+x)^{m+1}$ tiene un grado menos de $m+2$.

Answer 4

$\newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

$\ds{\sum_{k = 0}^{n}k{m + k \elegir m} = n{m + n + 1 \elegir m + 1} - {m + n + 1 \elegir m + 2}:\ ?\,,\qquad m, n \geq 0}$.

1. Nuestro primer paso es 'mover' el índice de $\ds{k}$ al binomio inferior argumento de la siguiente manera: $$\begin{align} \color{#f00}{\sum_{k = 0}^{n}k{m + k \choose m}} & = \sum_{k = 0}^{n}k{m + k \choose k} = \sum_{k = 0}^{n}k{-m - k + k - 1 \choose k}\pars{-1}^{k} \\[5mm] & = \sum_{k = 0}^{n}\pars{-1}^{k}\,k{-m - 1 \choose -m - 1 - k}\label{1}\tag{1} \end{align}$$
2. De aquí en adelante, utilizaremos la identidad $$\begin{equation} {p \choose q} = \oint_{\verts{z}\ =\ 1^{-}}{\pars{1 + z}^{p} \over z^{q + 1}} \,{\dd z \over 2\pi\ic}\label{2}\tag{2} \end{equation}$$ Con $\eqref{1}$ y $\eqref{2}$: $$\begin{align} \color{#f00}{\sum_{k = 0}^{n}k{m + k \choose m}} & = \sum_{k = 0}^{n}\pars{-1}^{k}\,k\oint_{\verts{z}\ =\ 1^{-}} {\pars{1 + z}^{-m - 1} \over z^{\pars{-m - 1 - k} + 1}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm] & = \oint_{\verts{z}\ =\ 1^{-}}{\pars{1 + z}^{-m - 1} \over z^{-m}} \sum_{k = 0}^{n}k\,\pars{-z}^{k}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[1cm] & = \oint_{\verts{z}\ =\ 1^{-}}{\pars{1 + z}^{-m - 1} \over z^{-m}}\,\times \\[5mm] & \bracks{\pars{-1}^{n}n\, {z^{n + 2} \over \pars{1 + z}^{2}} + \pars{-1}^{n}\pars{n + 1}\,{z^{n + 1} \over \pars{1 + z}^{2}} - {z \over \pars{1 + z}^{2}}}\,{\dd z \over 2\pi\ic}\label{3}\tag{3} \end{align}$$ En $\eqref{3}$, $\ds{\bracks{\cdots}}$- soporte de expresión es el resultado de $\ds{\sum_{k = 0}^{n}k\,\pars{-z}^{k}}$.
3. $\eqref{3}$ se reduce a

$$\begin{align} &\color{#f00}{\sum_{k = 0}^{n}k{m + k \choose m}} \\[5mm] = &\ \pars{-1}^{n}\,n\oint_{\verts{z}\ =\ 1^{-}} {\pars{1 + z}^{-m - 3} \over z^{-m - n - 2}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} + \pars{-1}^{n}\pars{n + 1} \oint_{\verts{z}\ =\ 1^{-}}{\pars{1 + z}^{-m - 3} \over z^{-m - n - 1}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm] &\ - \oint_{\verts{z}\ =\ 1^{-}}{\pars{1 + z}^{-m - 3} \over z^{-m - 1}} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \end{align}$$ Con la identidad $\eqref{2}$, la última expresión se convierte en $$\begin{align} \color{#f00}{\sum_{k = 0}^{n}k{m + k \choose m}} & = \pars{-1}^{n}\,n{-m - 3 \choose -m - n - 3} + \pars{-1}^{n}\pars{n + 1}{-m - 3 \choose -m - n - 2} - {-m - 3 \choose -m - 2} \label{4}\tag{4} \end{align}$$ En esta expresión, el binomio argumentos son negativos desde $\ds{m, n \geq 0}$. Por lo tanto, es conveniente usar la siguiente identidad: $$\begin{equation} {p \choose q} = \pars{-1}^{p - q}{-q - 1 \choose p - q}\,,\qquad q \leq p \end{equation}$$ 4. $\eqref{4}$ se reduce a: $$\begin{align} \color{#f00}{\sum_{k = 0}^{n}k{m + k \choose m}} & = \pars{-1}^{n}\,n\,\pars{-1}^{n}{m + n + 2 \choose n} + \pars{-1}^{n}\pars{n + 1}\,\pars{-1}^{n - 1}{m + n + 1 \choose n - 1} \\ & -\,\pars{-1}^{-1}\ \overbrace{{m + 1 \choose -1}}^{\ds{=\ 0}} \\[1cm] & = n{m + n + 2 \choose m + 2} - \pars{n + 1}{m + n + 1 \choose m + 2} \\[5mm] & = n\ \overbrace{\bracks{{m + n + 1 \choose m + 2} + {m + n + 1 \choose m + 1}}} ^{\ds{\mbox{Pascal Triangule Identity}}}\ -\ \pars{n + 1}{m + n + 1 \choose m + 2} \end{align}$$ La última expresión conduce a la $$\color{#f00}{\sum_{k = 0}^{n}k{m + k \elegir m}} = \color{#f00}{n{m + n + 1 \elegir m + 1} - {m + n + 1 \elegir m + 2}}$$