CONSEJO: Utilice la función generadora $$\frac1{(1-x)^{m+1}}=\sum_{k\ge 0}\binom{m+k}kx^k$$ y la convolución.
Añadido: Este no es un escrito eficiente: He tratado de mostrar cómo podría haber llegado al argumento en primer lugar, aunque lo he resumido al final. Tenga en cuenta también que el uso de funciones generadoras y la ecuación $$(1-x)^{-m-1} (1-x)^{-q-1} = (1-x)^{-m-q-2}$$ no es en absoluto la única forma de demostrar el resultado deseado; como ha señalado Yuval, existe un argumento combinatorio bastante sencillo. En general, prefiero los argumentos combinatorios, ya que suelen ser más informativos, pero también es importante poder trabajar con funciones generadoras, y el enunciado del problema sugiere directamente ese enfoque.
Quiere demostrar que $$\sum_{s=0}^{\infty} {p-s \choose m}{q+s \choose q} = {p+q+1 \choose p-m}.\tag{1}$$ Obsérvese en primer lugar que se trata realmente de una suma finita, ya que $\binom{p-s}m=0$ cuando $p-s<m$ es decir, cuando $s>p-m$ . Así, $(1)$ se puede escribir $$\sum_{s=0}^{p-m} {p-s \choose m}{q+s \choose q} = {p+q+1 \choose p-m}.\tag{2}$$
Ahora en general tenemos $$\sum_{k\ge 0}a_kx^k\sum_{k\ge 0}b_kx^k = \sum_{k\ge 0}\sum_{s=0}^k a_sb_{k-s}x^k,$$ donde el coeficiente de $x^k$ en el producto es $\sum\limits_{s=0}^ka_sb_{k-s}$ ¿Cómo podemos hacer que la suma en el lado izquierdo de $(2)$ ¿se ve así? Primer partido $p-m$ con $k$ . Desde $s$ aparece positivamente en $\binom{q+s}q$ tiene sentido que esto coincida con $a_s$ esto significaría que una de nuestras funciones generadoras es $$\sum_{k\ge 0}\binom{q+k}qx^k = \sum_{k\ge 0}\binom{q+k}k = \frac1{(1-x)^{q+1}} = (1-x)^{-q-1}.\tag{3}$$
Esto significa que $\binom{p-s}m$ debe ser $b_{p-m-s}$ . Para obtener $b_s$ , "reemplazar $p-m-s$ por $s$ en $\binom{p-s}m$ : $$b_{p-m-s} = \binom{p-s}m = \binom{m+(p-m-s)}{m},$$ así que $$b_s = \binom{m+s}m,$$ y la otra función generadora de nuestro producto es $$\sum_{k\ge 0}\binom{m+k}mx^k = \sum_{k\ge 0}\binom{m+k}kx^k = \frac1{(1-x)^{m+1}} = (1-x)^{-1-m}.\tag{4}$$
Desde $(3)$ y $(4)$ entonces tenemos $$\begin{align*} (1-x)^{-1-q}(1-x)^{-1-m} &= \left(\sum_{k\ge 0}\binom{q+k}{k}x^k\right)\left(\sum_{k\ge 0}\binom{m+k}{k}x^k\right)\\ &= \sum_{k\ge 0}\left(\sum_{s=0}^k\binom{q+s}{s}\binom{m+k-s}{k-s}\right)x^k, \end{align*}$$ donde nos gustaría equiparar el coeficiente $$\sum_{s=0}^k\binom{q+s}{s}\binom{m+k-s}{k-s}$$ con el lado izquierdo de $(2)$ . Pero esto es fácil: basta con dejar que $k=p-m$ para que $p=m+k$ y obtenemos $$\begin{align*} \sum_{s=0}^k\binom{q+s}{s}\binom{m+k-s}{k-s} &= \sum_{s=0}^{p-m}\binom{q+s}{s}\binom{p-s}{p-m-s}\\ &= \sum_{s=0}^{p-m}\binom{q+s}s\binom{p-s}m. \end{align*}$$
Ahora, ¿qué pasa con el lado derecho de $(2)$ ? Vuelve a las funciones generadoras: $$\begin{align*} (1-x)^{-1-q}(1-x)^{-1-m} &= (1-x)^{-2-q-m}\\ &= \frac1{(1-x)^{(q+m+1)+1}}\\ &= \sum_{k\ge 0}\binom{(q+m+1)+k}kx^k, \end{align*}$$ donde el coeficiente de $x^k$ es $$\binom{q+(p-k)+1+k}{p-m} = \binom{q+p+1}{p-m}$$ cuando $k=p-m$ (y por lo tanto $m=p-k$ ).
Vuelve y resume: $$\begin{align*} \sum_{k\ge 0}\left(\sum_{s=0}^k\binom{q+s}{s}\binom{m+k-s}{k-s}\right)x^k &= (1-x)^{-1-q}(1-x)^{-1-m}\\ &= (1-x)^{-2-q-m}\\ &= \sum_{k\ge 0}\binom{(q+m+1)+k}kx^k, \end{align*}$$ por lo que al igualar los coeficientes se obtiene $$\sum_{s=0}^k\binom{q+s}{s}\binom{m+k-s}{k-s} = \binom{(q+m+1)+k}k,$$ que se convierte en $$\sum_{s=0}^{p-m}\binom{q+s}s\binom{p-s}m = \binom{q+p+1}{p-m}$$ cuando fijamos $k=p-m$ . Esta es la identidad que nos proponemos demostrar.
