Yo he verificado esta identidad en Matlab: %#% $ de #% donde $$ \sum_{k=m}^n~(-)^{n+k}\frac{2k+1}{n+k+1}\binom{n}{k}\binom{n+k}{k}^{-1}\binom{k}{m}\binom{k+m}{m}=\delta_{nm} $ son enteros positivos. Se encontró mediante la combinación de dos expansiones inversa $n, m$ $ y $$ f_n=\sum_{k=0}^n\frac{2k+1}{n+k+1}\binom{n}{k}\binom{n+k}{k}^{-1}g_k $ $ donde $$ g_n =\sum_{k=0}^n(-)^{n-k}\binom{n}{k}\binom{n+k}{k}f_k $ y $f_n$ son polinomios ortogonales (relacionadas con polinomios de Legendre) de varias variables. ¿Cualquier persona podría ofrecer una prueba de ello? ¿O recomendar libros etc. que podrían ser útiles?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Supongamos que buscamos para comprobar que
$$\sum_{k=m}^n (-1)^{n+k} \frac{2k+1}{n+k+1} {n\elegir k} {n+k\elegir k}^{-1} {k\elegir m} {k+m\elegir m} = \delta_{mn}.$$
Aquí podemos suponer $n\ge m$, la igualdad tiene trivialmente lo contrario.
Ahora tenemos
$${n\elegir k}{n+k\elegir k}^{-1} = \frac{n!}{k! (n-k)} \frac{k! n!}{(n+k)!} \\ = \frac{n!}{(n-k)} \frac{n!}{(n+k)!} = {2n\elegir n+k} {2n\elegir n}^{-1}.$$
Llegamos por la suma
$$\sum_{k=m}^n (-1)^{n+k} \frac{2k+1}{n+k+1} {2n\elegir n+k} {k\elegir m} {k+m\elegir m} = \delta_{mn} \times {2n\elegir n}.$$
que es
$$\sum_{k=m}^n (-1)^{n+k} (2k+1) {2n+1\elegir n+k+1} {k\elegir m} {k+m\elegir m} \\ = \delta_{mn} \times (2n+1)\times {2n\elegir n}.$$
Introducir
$${2n+1\elegir n+k+1} = {2n+1\elegir n-k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-k+1}} (1+z)^{2n+1} \; dz.$$
Observar que este se desvanece al$k\gt n$, por lo que podemos extender $k$ hacia arriba hasta el infinito.
Además de introducir
$${k\elegir m} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m+1}} (1+w)^k \; ps.$$
Observar una vez más que la integral se desvanece, esta vez cuando $0\le k\lt m$ so we may extend $k$ a cero.
Por lo tanto, para obtener la suma
$$(-1)^n \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} (1+z)^{2n+1} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{m+1}} \sum_{k\ge 0} (-1)^k (2k+1) {k+m\elegir m} z^k (1+w)^k \; dw\; dz.$$
El interior de la suma de los rendimientos en dos partes, la primera es
$$\sum_{k\ge 0} (-1)^k {k+m\elegir m} z^k (1+w)^k = \frac{1}{(1+z+wz)^{m+1}} \\ = \frac{1}{(1+z)^{m+1}} \frac{1}{(1+wz/(1+z))^{m+1}}.$$
En la extracción de los residuos de la integral en $w$ obtenemos
$$(-1)^n \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} (1+z)^{2n+1} \\ \times \frac{1}{(1+z)^{m+1}} {2m\elegir m} (-1)^m \frac{z^m}{(1+z)^m} \; dz \\ = {2m\elegir m} (-1)^{n+m} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-m+1}} (1+z)^{2n-2m} \; dz \\ = {2m\elegir m} (-1)^{n+m} {2n-2m\elegir n-m}.$$
La segunda pieza de la suma es
$$2 \sum_{k\ge 1} (-1)^k k {k+m\choose m} z^k (1+w)^k.$$
Escribir $$k{k+m\elegir m} = \frac{(k+m)!}{(k-1)! m!} = (m+1) \frac{(k+m)!}{(k-1)! (m+1) !} \\ = (m+1){k+m\elegir m+1}$$
para obtener la suma
$$2(m+1) z(1+w) \sum_{k\ge 1} (-1)^k {k+m\elegir m+1} z^{k-1} (1+w)^{k-1} \\ = - 2(m+1)z(1+w) \frac{1}{(1+z+wz)^{m+2}} \\ = - 2(m+1)z(1+w) \frac{1}{(1+z)^{m+2}} \frac{1}{(1+wz/(1+z))^{m+2}}.$$
Aquí tenemos dos partes, la primera es
$$- 2(m+1) (-1)^n \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z}{z^{n+1}} (1+z)^{2n+1} \\ \times \frac{1}{(1+z)^{m+2}} {2m+1\elegir m} (-1)^m \frac{z^m}{(1+z)^m} \; dz \\ = -2(m+1) {2m+1\elegir m} (-1)^{n+m} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-m}} (1+z)^{2n-2m-1} \; dz$$
Tenemos dos casos, tenemos cero al $n=m$ y al $n\gt m$ hemos
$$ -2(m+1){2m+1\choose m} (-1)^{n+m} {2n-2m-1\choose n-m-1}.$$
La segunda pieza es
$$- 2(m+1) (-1)^n \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{z}{z^{n+1}} (1+z)^{2n+1} \\ \times \frac{1}{(1+z)^{m+2}} {2m\elegir m-1} (-1)^{m-1} \frac{z^{m-1}}{(1+z)^{m-1}} \; dz \\ = 2(m+1) {2m\elegir m-1} (-1)^{n+m} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n-m+1}} (1+z)^{2n-2m} \; dz \\ = 2(m+1) {2m\elegir m-1} (-1)^{n+m} {2n-2m\elegir n-m}.$$
Por lo tanto, cuando $n=m$ tenemos
$${2n-2m\elegir n-m} (-1)^{m+n} \left(2(m+1){2m\elegir m-1} + {2m\elegir m}\right).$$
Esto se simplifica a
$$(-1)^{2m} \left(2(m+1){2m\elegir m-1} + {2m\elegir m}\right) \\ = 2m{2m\elegir m} + {2m\elegir m} = (2m+1){2m\elegir m}.$$
Este es, precisamente, la afirmación de que estábamos tratando de probar. En el otro lado al $n\gt m$ obtenemos
$${2n-2m\elegir n-m} (-1)^{m+n} \\ \times \left(2(m+1){2m\elegir m-1} + {2m\elegir m} - 2(m+1){2m+1\elegir m} \frac{n-m}{2n-2m}\right).$$
El factor es
$$(2m+1){2m\choose m} - (m+1){2m+1\choose m} = 0.$$
Esto concluye el argumento.
Observación. Para $n=m$ podríamos haber evaluado el único término en la inicial de la suma por la expansión de los cuatro coeficientes binomiales y asumió $n\gt m$ a partir de entonces.
