He estado jugando un poco con la simplificación de la expresión $2\sum\limits_{j=0}^{n-2}\sum\limits_{k=1}^n {{k+j}\choose{k}}{{2n-j-k-1}\choose{n-k+1}}$ (para un entero sólo $n$) por un tiempo, ya que tenía la esperanza de que hubiera algún tipo de simplificar la forma cerrada de la representación, y lo he conectado en Mathematica FullSimplify función y volvió la expresión: $$-\dfrac{2\pi n \csc (2 \pi n)}{\Gamma (n-1) \Gamma (-2 n) \Gamma (n+3)}$$ Which can be rewritten as $$-\dfrac{4\pi n^2 \csc (2 \pi n)}{2n\Gamma (n-1) \Gamma (-2 n) \Gamma (n+3)}$$ and then simplified via the property that $\Gamma (x) \Gamma (-x) = -\dfrac{\pi \csc (\pi x)}{x}$, as $$-\dfrac{4\pi n^2 \csc (2 \pi n)}{2n\Gamma (n-1) \Gamma (-2 n) \Gamma (n+3)}$$ $$=-\dfrac{\pi \csc (\pi 2n)}{2n} \dfrac{4n^2}{\Gamma (n-1) \Gamma (-2 n) \Gamma (n+3)}$$ $$=\Gamma (2n) \Gamma (-2n) \dfrac{4n^2}{\Gamma (n-1) \Gamma (-2 n) \Gamma (n+3)}$$ $$= \dfrac{4n^2\Gamma (2n)}{\Gamma (n-1) \Gamma (n+3)}$$ and as $n$ is strictly an integer, the expression can be rewritten as $$\dfrac{4n^2(2n-1)!}{(n-2)!(n+2)!}$$ $$= \dfrac{2n(2n)!}{(n-2)!(n+2)!}$$ $$ = 2n {{2n}\choose{n-2}}$$ Mi problema es que no tengo idea de cómo llegar a ese primer paso sin el uso de Mathematica. Yo ni siquiera sé por dónde empezar con esta cosa si no tengo el ordenador ayuda a romper primero para mí. Yo aprecio mucho los consejos sobre cómo podría solucionar esto por la mano, o una sugerencia acerca de cómo iniciar la reducción de su suma doble forma, si eso es posible. Yo también agradecería comentarios acerca de la corrección de mi simplificación. Gracias de antemano.
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$\quad \ 2\sum\limits_{j=0}^{n-2}\sum\limits_{k=1}^n {{k+j}\, seleccione{k}}{{2n-j-k-1}\, seleccione{n-k+1}}\\ =2\sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{j=0}^{n-2} {{k+j}\, seleccione{k}}{{2n-j-k-1}\, seleccione{n-k+1}}\\ = 2\sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{z = k}^{n - 2 + k} {z \elegir k} {2n - z - 1 \elegir n -k + 1} \\ = 2\sum\limits_{k=1}^n {2n \elegir n + 2} \\ = 2n {2n \elegir n + 2} $
El primer $=$ se obtiene al intercambiar el orden de dos a $\sum$s, mientras que la segunda se obtiene dejando $z = j + k$.
El tercero puede ser fácilmente demostrado por un combinatoric prueba. Supongamos que hay $2n$ bolas numeradas del $1, 2, \cdots, 2n$. Hay un total ${2n \choose n + 2}$ formas de elegir los $n + 2$ bolas de la colección. Pero aquí vamos a contar de otra manera. Hay un total ${z \choose k}{2n - z - 1 \choose n - k + 1}$ formas de seleccionar $n + 2$ bolas de la colección tales que el $k + 1$th menor número de los elegidos bolas es $z + 1$. Variando $z$ y resumiendo el # de maneras, la siguiente ecuación se tiene: $$ \sum\limits_{z=1}^{2n} {z \elegir k}{2n -z -1 \elegir n - k + 1} = {2n \elegir n + 2} $$ Pero desde ${z \choose k}{2n - z - 1 \choose n - k + 1} = 0$ al $z < k$ o $z > n + k - 2$, la tercera $=$ es obtenido.
Aquí es una solución de uso de variables complejas a veces conocido como el Egorychev método. Conceptualmente todo es muy simple.
Supongamos que buscamos para evaluar $$S(n) = \sum_{q=0}^{n-2} \sum_{k=1}^n {k+q\elegir k} {2n-p-k-1\elegir n-k+1}.$$
Introducir $${k+q\elegir k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{k+p}}{z^{k+1}} \; dz$$
y $${2n-p-k-1\elegir n-k+1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+w)^{2n-p-k-1}}{w^{n-k+2}} \; ps.$$
Esto produce por la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \sum_{q=0}^{n-2} \sum_{k=1}^n \frac{(1+z)^{k+p}}{z^{k+1}} \frac{(1+w)^{2n-p-k-1}}{w^{n-k+2}} \; dw \; dz.$$
La cantidad inicial de la simplificación. El interior de las sumas simplificar a $$\sum_{k=1}^n \frac{(1+z)^{k}}{z^{k+1}} \frac{(1+w)^{2n-k-1}}{w^{n-k+2}} \sum_{q=0}^{n-2} \frac{(1+z)^p}{(1+w)^p} \\ = \frac{(1+w)^{2n-1}}{z w^{n+2}} \frac{(1+z)^{n-1}/(1+w)^{n-1}-1}{(1+z)/(1+w)-1} \sum_{k=1}^n \frac{(1+z)^{k}}{z^{k}} \frac{w^k}{(1+w)^k} \\ = \frac{(1+w)^{2n-1}}{z^2 w^{n+2}} \frac{(1+z)^{n}/(1+w)^{n-1}-(1+z)}{(1+z)/(1+w)-1} \sum_{k=1}^n \frac{(1+z)^{k-1}}{z^{k-1}} \frac{w^k}{(1+w)^k} \\ = \frac{(1+w)^{2n-1}}{z^2 w^{n+1}} \frac{(1+z)^{n}/(1+w)^{n-1}-(1+z)}{(1+z)-(1+w)} \sum_{k=1}^n \frac{(1+z)^{k-1}}{z^{k-1}} \frac{w^{k-1}}{(1+w)^{k-1}} \\ = \frac{(1+w)^{2n-1}}{z^2 w^{n+1}} \frac{(1+z)^{n}/(1+w)^{n-1}-(1+z)}{z-w} \frac{(1+z)^n^n/z^n/(1+w)^n-1} {(1+z) w/z/(1+w)-1} \\ = \frac{(1+w)^{2n}}{z w^{n+1}} \frac{(1+z)^{n}/(1+w)^{n-1}-(1+z)}{z-w} \frac{(1+z)^n^n/z^n/(1+w)^n-1} {(1+z) w-(1+w) z} \\ = \frac{(1+w)^{2n}}{z w^{n+1}} \frac{(1+z)^{n}/(1+w)^{n-1}-(1+z)}{z-w} \frac{(1+z)^n^n/z^n/(1+w)^n-1}{w} {- z}.$$
Este tiene cuatro componentes, el primero es $$-\frac{1}{zw^{n+1} (z-w)^2} \frac{(1+w)(1+z)^{2n} w^n}{z^n}.$$
El segundo componente es $$\frac{1}{zw^{n+1} (z-w)^2} \frac{(1+w)^n(1+z)^{n+1} w^n}{z^n}.$$
El tercer componente es $$\frac{1}{zw^{n+1} (z-w)^2} (1+w)^{n+1}(1+z)^{n}.$$
El cuarto componente es $$-\frac{1}{zw^{n+1} (z-w)^2} (1+w)^{2n}(1+z).$$
Tenemos que establecer el orden de integración antes de proceder. Vamos a utilizar la integral en $w$ como el interior de la integral y el uno en $z$ como el exterior. Habiendo fijado el orden ya no podemos hacer uso de la la simetría en el primer y cuarto, y el segundo y tercer componente.
Primer componente.
Re-escribir el primer componente como $$-\frac{1}{w} {z^{n+1} (z-w)^2} (1+w)(1+z)^{2n} = -\frac{1}{w} {z^{n+3} (1-w/z)^2} (1+w)(1+z)^{2n}.$$
Esto produce el residuo en $w=0$ el valor $$-\frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+3}}.$$
Para el polo en $w=z$ tenemos $$-\frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+1}} \left(-\frac{1}{z^2}\right) = \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+3}},$$ que cancela la anterior contribución para un resultado de cero.
El segundo componente.
Re-escribir el segundo componente como $$\frac{1}{wz^{n+1} (z-w)^2} (1+w)^n(1+z)^{n+1} = \frac{1}{wz^{n+3} (1-w/z)^2} (1+w)^n(1+z)^{n+1}.$$
Tenemos el residuo en $w=0$ el valor $$\frac{(1+z)^{n+1}}{z^{n+3}}$$ de nuevo por una contribución de cero.
El residuo de a $w=z$ es $$\frac{(1+z)^{n+1}}{z^{n+1}} \left(-\frac{1}{z^2} (1+z)^n + \frac{1}{z} n (1+z)^{n-1}\right) \\ = -\frac{(1+z)^{2n+1}}{z^{n+3}} n + \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+2}}$$
para una contribución de $$n{2n\choose n+1}-{2n+1\choose n+2}.$$
Tercer componente.
Re-escribir el tercer componente de la siguiente manera $$\frac{1}{z^3^{n+1} (1-w/z)^2} (1+w)^{n+1}(1+z)^{n}.$$
Extraer el residuo de a $w=0$ para el tercer componente obtenemos $$\frac{(1+z)^n}{z^3} \sum_{q=0}^n {n+1\elegir n-q} \frac{q+1}{z^p} = (n+1)\frac{(1+z)^n}{z^3} \sum_{q=0}^n {n\elegir n-q} \frac{1}{z^p} \\ = (n+1)\frac{(1+z)^n}{z^3} \frac{(1+z)^n}{z^n} = (n+1)\frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+3}}.$$
Para el residuo de a $w=z$ obtenemos $$\frac{(1+z)^n}{z} (n+1)\left(1+\frac{1}{z}\right)^n \times\left(-\frac{1}{z^2}\right) = -(n+1) \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+3}}$$ y esto cancela la anterior contribución para un resultado de cero.
Cuarto componente.
Re-escribir el cuarto componente como $$-\frac{1}{z^3^{n+1} (1-w/z)^2} (1+w)^{2n}(1+z)$$
Extraer el residuo de a $w=0$ obtenemos $$-\frac{1+z}{z^3} \sum_{q=0}^n {2n\elegir n-q} \frac{q+1}{z^p}$$ cero aporte.
Para el residuo de a $w=z$ obtenemos $$-\frac{1+z}{z} \left(-(n+1)\frac{1}{z^{n+2}} (1+z)^{2n} + 2n \frac{1}{z^{n+1}} (1+z)^{2n-1}\right) \\ = (n+1)\frac{(1+z)^{2n+1}}{z^{n+3}} - 2n \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+2}}$$
para una contribución de $$(n+1){2n+1\choose n+2} - 2n{2n\choose n+1}.$$
Conclusión. Finalmente, la recogida de las cuatro piezas que tenemos $$(n+1){2n+1\elegir n+2} - 2n{2n\elegir n+1} +n{2n\elegir n+1}-{2n+1\elegir n+2} \\ = (n+1){2n+1\elegir n+2} - n{2n\elegir n+1} -{2n+1\elegir n+2} \\ = \left((n+1)\frac{2n+1}{n-1} -n\frac{n+2}{n-1} -\frac{2n+1}{n-1}\right){2n\elegir n+2}.$$
Esto es $$n\times {2n\choose n+2}$$ como se reivindica.
Solución alternativa.
Como antes de empezar tratando de evaluar $$S(n) = \sum_{q=0}^{n-2} \sum_{k=1}^n {k+q\elegir k} {2n-p-k-1\elegir n-k+1}$$
que nos re-escribir como $$-\sum_{q=0}^{n-2} {2n-p-1\elegir n+1} -\sum_{q=0}^{n-2} {n+1+q\elegir n+1} + \sum_{q=0}^{n-2} \sum_{k=0}^{n+1} {k+q\elegir k} {2n-p-k-1\elegir n-k+1}.$$
Llamar a estas piezas hasta el signo de izquierda a derecha $S_1, S_2$ $S_3.$ Las dos piezas en la parte delantera cancelar las cantidades introducidas por la ampliación de $k$ a incluir los valores cero y $n+1.$
Evaluación de $S_1.$
Introducir $${2n-p-1\elegir n+1} = {2n-p-1\elegir n-p-2} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-p-1}}{z^{n-p-1}} \; dz.$$
Este se desvanece al$q\gt n-2$, por lo que podemos extender la suma de los infinitos términos de obtener $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-1}}{z^{n-1}} \sum_{q\ge 0} \frac{z^p}{(1+z)^p}\; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-1}}{z^{n-1}} \frac{1}{1-z/(1+z)} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n-1}} \; dz \\ = {2n\elegir n-2}.$$
Evaluación de $S_2.$
Introducir $${n+1+q\elegir n+1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n+1+p}}{z^{n+2}} \; dz.$$
Esto produce por la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n+1}}{z^{n+2}} \sum_{q=0}^{n-2} (1+z)^q \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n+1}}{z^{n+2}} \frac{(1+z)^{n-1}-1}{1+z-1} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n+1}}{z^{n+3}} ((1+z)^{n-1}-1) \; dz \\ = {2n\elegir n+2}.$$
Una más eficiente la evaluación es de notar que cuando nos re-índice $q$ $n-2-q$ $S_2$ obtenemos
$$\sum_{q=0}^{n-2} {n+1+n-2-p\elegir n+1} = \sum_{q=0}^{n-2} {2n-p-1\elegir n+1}$$
que es $S_1.$
Evaluación de $S_3.$
Introducir $${2n-p-k-1\elegir n-k+1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-p-k-1}}{z^{n-k+2}} \; dz.$$
De esta forma, los controles de la gama, así que podemos dejar a $k$ ir hasta el infinito para obtener
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-1}}{z^{n+2}} \sum_{q=0}^{n-2} \sum_{k\ge 0} {k+q\elegir q} \frac{z^k}{(1+z)^{q+k}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n-1}}{z^{n+2}} \sum_{q=0}^{n-2} \frac{1}{(1+z)^p} \frac{1}{(1-z/(1+z))^{q+1}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+2}} \sum_{q=0}^{n-2} \frac{1}{(1+z)^{q+1}} \frac{1}{(1-z/(1+z))^{q+1}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{2n}}{z^{n+2}} \times (n-1) \times \; dz \\ = (n-1) \times {2n\elegir n+1}.$$
Finalmente, la recogida de las tres contribuciones obtenemos $$(n-1) \times {2n\elegir n+1} - 2{2n\elegir n+2} = (n+2) {2n\elegir n+2} - 2{2n\elegir n+2} \\ = n\times {2n\elegir n+2}.$$
