Demostrar

Question

Me topé con la identidad $$(1-x)^{2k+1} \sum\limits_{n\ge 0}\binom{n+k-1}{k}\binom{n+k}{k} x^n = {\sum\limits_{j\ge 0} \binom{k-1}{j-1}\binom{k+1}{j} x^j}. $$

El lado derecho es un polinomio. Esto es fácil de comprobar para pequeñas $k$, pero no veo una prueba simple para todos los $k$. Alguien puede ayudar?

Editar: Cabe señalar que el lado derecho es esencialmente un Narayana polinomio ${N_k}(x) = \sum\limits_{j = 1}^k \binom{k}{j-1}\binom{k}{j}/k x^j. $

Más precisamente, ${\sum\limits_{j\ge 0} \binom{k-1}{j-1}\binom{k+1}{j} x^j}=(k+1) N_k(x).$

Editar después de la respuesta por Kelenner:

Después de estudiar tanto las ideas de Kelenner en más detalle que he visto que ambos conducen a una prueba de la propuesta de identidad si uno está dispuesto a aceptar equipo de pruebas. Como ya he dicho en un comentario a la primera idea conduce a la identidad de $$\sum\limits_{m = 0}^k \binom{k-1}{m}\binom{2k-m}{k}x^{k-m}(1-x)^m={\sum\limits_{j= 0}^k \binom{k-1}{j-1}\binom{k+1}{j} x^j}.$$ Mi primera reacción fue que esto conduce a la fea binomio sumas y, por tanto, al principio yo no estudiar más a fondo. Yo prefiero en general las pruebas con la mano, pero luego me entró la curiosidad de ver si se podría hacer por el equipo. Y funcionó. La comparación de los coeficientes de $x^j$ esta identidad se reduce a $$\sum\limits_{m = 0}^k (-1)^{j-m}\binom{k-1}{k-m}\binom{k+m}{k}\binom{k-m}{j-m}=\binom{k-1}{j-1}\binom{k+1}{j}.$$ Después de dividir por el lado derecho obtenemos una suma que debe ser la constante de $1$. A esta suma se me aplica el Mathematica Rápido Zeilberger Paquete por Pedro Paule, Markus Schorn y Axel Riese y consiguió el resultado deseado. De la misma manera que la fracción parcial de la identidad de la Narayana polinomios pueden ser probadas.

Answer 1

Supongamos que empezar por evalutating la suma de dos en turno, donde el el parámetro $k\ge 1$.

Para el primer lugar vamos a utilizar la siguiente representación integral: $${n+k\elegir k} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{n+k}}{z^{k+1}} \; dz.$$

Buscamos $$\sum_{n\ge 1} {n-1+k\choose k} {n+k\choose k} x^n.$$

El uso de la integral nos encontramos $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \sum_{n\ge 1} {n-1+k\elegir k} x^n \frac{(1+z)^{n+k}}{z^{k+1}} \; dz \\ = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^k}{z^{k+1}} \sum_{n\ge 1} {n-1+k\elegir k} (1+z)^n x^n \; dz \\= \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{x(1+z)^{k+1}}{z^{k+1}} \sum_{n\ge 1} {n-1+k\elegir k} (1+z)^{n-1} x^{n-1} \; dz \\= \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{x(1+z)^{k+1}}{z^{k+1}} \frac{1}{(1-x(1+z))^{k+1}} \; dz \\= \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{x(1+z)^{k+1}}{z^{k+1}} \frac{1}{(1-x-xz))^{k+1}} \; dz \\= \frac{1}{(1-x)^{k+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{x(1+z)^{k+1}}{z^{k+1}} \frac{1}{(1-xz/(1-x)))^{k+1}} \; dz \\ = \frac{x}{(1-x)^{k+1}} \sum_{q=0}^k {k+1\elegir k-q} {q+k\elegir k} \left( \frac{x}{1-x} \right)^q \\ = \frac{x}{(1-x)^{k+1}} \sum_{q=0}^k {k+1\elegir q+1} {q+k\elegir k} \left( \frac{x}{1-x} \right)^q.$$

La aplicación de la representación integral desde el principio una segunda vez obtenemos de esta suma $$\frac{x}{(1-x)^{k+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \sum_{q=0}^k {k+1\elegir q+1} \frac{(1+z)^{q+k}}{z^{k+1}} \left( \frac{x}{1-x} \right)^q\; dz \\ = \frac{x}{(1-x)^{k+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^k}{z^{k+1}} \sum_{q=0}^k {k+1\elegir q+1} (1+z)^q \left( \frac{x}{1-x} \right)^q\; dz \\ = \frac{1}{(1-x)^k} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{k-1}}{z^{k+1}} \sum_{q=0}^k {k+1\elegir q+1} (1+z)^{q+1} \left( \frac{x}{1-x} \right)^{q+1}\; dz \\ = \frac{1}{(1-x)^k} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{k-1}}{z^{k+1}} \left(-1 + \left(1+(1+z)\frac{x}{1-x}\right)^{k+1}\right) \; dz.$$

Tenemos $k+1-(k-1) = 2$, por lo que el primer componente dentro de los paréntesis se retira, dejando

$$ \frac{1}{(1-x)^k} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{k-1}}{z^{k+1}} \left(1+(1+z)\frac{x}{1-x}\right)^{k+1} \; dz \\ = \frac{1}{(1-x)^{2k+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{k-1}}{z^{k+1}} \left(1-x+x(1+z)\right)^{k+1} \; dz \\ = \frac{1}{(1-x)^{2k+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{k-1}}{z^{k+1}} \left(1+xz\right)^{k+1} \; dz.$$

Necesitamos una mayor simplificación en esto y poner $z=1/w$, al pasar $$\frac{1}{(1-x)^{2k+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(1+1/n)^{k-1}}{(1/w)^{k+1}} \left(1+x/w\ \ derecho)^{k+1} \; \frac{1}{w^2} dw \\ = \frac{1}{(1-x)^{2k+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} w^2 (w+1)^{k-1} \left(\frac{w+x}{w} \right)^{k+1} \; \frac{1}{w^2} dw \\ = \frac{1}{(1-x)^{2k+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{(w+1)^{k-1}}{w^{k+1}} (w+x)^{k+1}\; ps.$$

El reson en que esto funciona es porque somos esencialmente la evaluación de los residuos en el infinito y los residuos de suma cero. Esto concluye la evaluación de la primera suma.

Para el segundo vamos a utilizar la siguiente representación integral: $${k-1\elegir j-1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{k-1}}{z^j} \; dz.$$

Buscamos $$\sum_{j\ge 1} {k+1\choose j} {k-1\choose j-1} x^j.$$

El uso de la integral nos encontramos $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \sum_{j\ge 1} {k+1\elegir j} x^j \frac{(1+z)^{k-1}}{z^j} \; dz \\= \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1+z)^{k-1} \sum_{j\ge 1} {k+1\elegir j} \frac{x^j}{z^j} \; dz \\= \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1+z)^{k-1} \left(-1 + (1+z/x)^{k+1} \right) \; dz.$$

Toda la componente de a gotas, dejando $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} (1+z)^{k-1} (1+z/x)^{k+1} \; dz \\= \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{(1+z)^{k-1}}{z^{k+1}} (z+x)^{k+1} \; dz.$$

Sin embargo, esto es precisamente la integral que teníamos para la primera suma sin el factor en el frente, de hecho.

El único infinito suma que aparece aquí es la primera con la convergencia al $|(1+z)x|<1.$ por lo Tanto la elección de $|x|\lt 1/Q$ $|z|\lt 1/Q$ con $Q\ge 2$ tenemos $|(Q+1)/Q/Q|= |1/Q^2 + 1/Q|<1$ y obtener la convergencia de la primera LHS integral en una vecindad de cero.

Un seguimiento de cuándo este método apareció en el MSE, y por el que se inicia en este MSE enlace.

Answer 2

Tenemos para $k\geq 1$: $$g_k(x)=\frac{x^k}{k!}(\frac{d}{dx})^k (\frac{1}{1-x})=\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}=\frac{x^k}{k!}(\frac{d}{dx})^k(\sum_{m\geq 0}x^m)=\sum_{m\geq k}\binom{m}{k}x^m$$

Ahora pon $\displaystyle f_k(x)=\sum_{m\geq k}\binom{m}{k}x^{m-1}$.

Tenemos:

$$f_k^{(k)}(x)=\sum_{m\geq k}\binom{m}{k}(m-1)\cdots ((m-1)-k+1)x^{m-1-k}$ $ , Por tanto:

$$\frac{f_k^{(k)}(x)}{k!}=\sum_{m\geq k}\binom{m}{k}\binom{m-1}{k} x^{m-k-1}$$

Poner a $m=k+n$ le da: $$\frac{f_k^{(k)}(x)}{k!}=\sum_{n\geq 0}\binom{n+k}{k}\binom{n+k-1}{k}x^{n-1}$$

Por lo tanto

$$\sum_{n\geq 0}\binom{n+k}{k}\binom{n+k-1}{k}x^{n}=\frac{x}{k!}(\frac{d}{dx})^{k}(x^{k-1}(1-x)^{-k-1})$$

Ahora bien, yo creo que usted puede terminar mediante la Fórmula de Leibniz.

Como esto no funciona, aquí es una idea nueva. Tenemos

$$\sum_{n\geq 0}\binom{n+k}{k}\binom{n+k-1}{k}x^{n}=\frac{x}{k!}(\frac{d}{dx})^{k}(x^{k-1}(1-x)^{-k-1})$$ Escribo $$x^{k-1}=(x-1+1)^{k-1}=\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k-1}{j}(x-1)^j=\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k-1}{j}(-1)^j(1-x)^j$$ y

$$P_k(x)=(1-x)^{2k+1}\sum_{n\geq 0}\binom{n+k}{k}\binom{n+k-1}{k}x^{n}=\frac{x}{k!}(1-x)^{2k+1}(\frac{d}{dx})^{k}(\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k-1}{j}(-1)^j(1-x)^{j-k-1})$$

Tenemos por lo tanto (si no he cometido un error):

$$P_k(x)=x\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k-1}{j}\binom{2k-j}{k}(x-1)^j$$

Esto está muy cerca de la fórmula 1.3 dada en http://arxiv.org/pdf/0805.1274v1.pdf, página 2. El factor de $x$ debe ser escrito como $x-1+1$ de curso para ver si esta es la misma. Y, por supuesto, la prueba de la fórmula 1.3 puede ser complicado.