Demostrar

Question

Mostrar que %#% $ #%

Es parece interesante, pero ¿cómo probar?

Answer 1

Estamos interesados en la verificación de que

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

Comenzando con el lado derecho presentamos

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

Tenga en cuenta que este se desvanece al$k\gt n$, por lo que podemos extender $k$ hasta el infinito y obtener

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2n+1}} (1+z)^{2m+2n-1} \sum_{k\ge 0} \frac{z^{2k}}{(1+z)^{2k}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2n+1}} (1+z)^{2m+2n-1} \frac{1}{1-z^2/(1+z)^2} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{2n+1}} (1+z)^{2m+2n+1} \frac{1}{1+2z} \; dz.$$

Para el LHS presentamos

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

así como

$${m+k\elegir 2n-k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n-k+1}} (1+w)^{m+k} \; ps.$$

Esta última se desvanece al$k\gt 2n$, por lo que los controles de la gama y nos se puede extender $k$ hasta el infinito y obtener

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+1}} (1+w)^{m} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+2n+1}} (1+z)^{m+2n} \sum_{k\ge 0} \frac{z^{2k} w^k (1+w)^k}{(1+z)^k} \; dz \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+1}} (1+w)^{m} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+2n+1}} (1+z)^{m+2n} \frac{1}{1-z^2 w(1+w)/(1+z)} \; dz \; dw \\ = -\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+1}} (1+w)^{m} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+2n+1}} (1+z)^{m+2n+1} \frac{1}{(z(1+w)+1)(wz-1)} \; dz \; ps.$$

Vamos a evaluar el interior de la integral utilizando el hecho de que los residuos en los polos de suma cero. Afortunadamente el residuo en el infinito es cero, que puede ser visto por la inspección, o más formalmente, a través de

$$\mathrm{Res}_{z=\infty} \frac{1}{z^{m+2n+1}} (1+z)^{m+2n+1} \frac{1}{(z(1+w)+1)(wz-1)} \\ = - \mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2} z^{m+2n+1} (1+1/z)^{m+2n+1} \frac{1}{((1+w)/z+1)(w/z-1)} \\ = - \mathrm{Res}_{z=0} (z+1)^{m+2n+1} \frac{1}{((1+w)+z)(w-z)} = 0.$$

Para facilitar la extracción de los residuos podemos escribir la integral como

$$-\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+2}} (1+w)^{m-1} \\ \times \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{m+2n+1}} (1+z)^{m+2n+1} \frac{1}{(z+1/(1+w))(z-1/w)} \; dz \; ps.$$

Voltear el signo obtenemos a partir de los residuos en $-1/(1+w)$

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+2}} (1+w)^{m-1} \\ \times (-1)^{m+2n+1} (1+w)^{m+2n+1} \frac{w^{m+2n+1}}{(1+w)^{m+2n+1}} \frac{1}{-1/(w+1)-1/w} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+2}} (1+w)^{m-1} \\ \times (-1)^{m+2n+1} w^{m+2n+1} \frac{w(w+1)}{-w-(1+w)} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} (1+w)^{m} (-1)^{m+2n} w^{m} \frac{1}{1+2w} \; dw = 0.$$

Una vez más dar la vuelta al signo obtenemos a partir de los residuos en $z=1/w$

$$\frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+2}} (1+w)^{m-1} \\ \times w^{m+2n+1} \frac{(1+w)^{m+2n+1}}{w^{m+2n+1}} \frac{1}{1/n+1/(1+w)} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+2}} (1+w)^{2m+2n} \frac{w(1+w)}{1+w+w} \; dw \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\gamma} \frac{1}{w^{2n+1}} (1+w)^{2m+2n+1} \frac{1}{1+2w} \; ps.$$

Hemos obtenido exactamente la misma integral como para el lado derecho y este concluye el argumento. Si una forma cerrada para facilitar el cálculo se deseado, entonces sería

$$\sum_{q=0}^{2n} {2m+2n+1\choose q} (-1)^{2n-q} 2^{2n-q}$$

o en el pasado

$$\bbox[5px,border:2px solid #00A000]{ 2^{2n} \sum_{q=0}^{2n} {2m+2n+1\elegir q} \frac{(-1)^p}{2^p}.}$$

Observación. Teniendo en cuenta el origen de este problema y como se enumeran en los comentarios sospechamos que un elemental de la prueba o, en todo caso uno el uso formal de potencia de la serie es cierto que aparecen.