Una identidad de tres variable coeficiente binomial

Question

He encontrado el siguiente problema mientras se trabaja a través de Richard Stanley Bijective Prueba de Problemas (Página 5, la resolución de 16). Se pide una combinatoria prueba de lo siguiente: $$ \sum_{i+j+k=n} \binom{i+j}{i}\binom{j+k}{j}\binom{k+i}{k} = \sum_{r=0}^{n} \binom{2r}{r}$$ donde $n \ge 0$, e $i,j,k \in \mathbb{N}$, a pesar de cualquier prueba de trabajo para mí.

También he encontrado una identidad similar en Concreto de las Matemáticas, que era equivalente a este, pero yo no podía ver cómo la identidad de la siguiente manera a partir de la sugerencia de siempre en los ejercicios.

Mi primera observación, se nota que el ordinario de generación de función de la derecha es $\displaystyle \frac {1}{1-x} \frac{1}{\sqrt{1-4x}}$, pero no podía pensar en ninguna forma de establecer la misma generación de la función de la mano izquierda.

Answer 1

La reformulación de la pregunta, usted está tratando de encontrar la generación de la función del lado izquierdo: $$ g(x) = \sum_{n=0}^\infty x^n \sum_{i+j+k=n}\binom{i+j}{i} \binom{j+k}{j} \binom{k+i}{k} = \sum_{i=0}^\infty \sum_{j=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty x^{i+j+k} \frac{(i+j)! (i+k)! (j+k)!}{i!^2 j!^2 k!^2} $$ En primer lugar, llevar a cabo suma más de $i$: $$ g(x) = \sum_{j=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty x^{j+k} \frac{(j+k)!}{j!\cdot k!} {}_2F_1\left(1+j 1+k; 1; x\right) $$ Ahora uso el de Euler, la transformación de la ${}_2F_1\left(1+j, 1+k; 1; x\right) = (1-x)^{-j-k-1} \, {}_2F_1\left(-j, -k; 1, x\right)$, lo que da $$ g(x) = \frac{1}{1-x} \sum_{j=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{x}{1-x}\right)^{j+k} \frac{(j+k)!}{j!\cdot k!} {}_2F_1\left(-j, -k; 1; x\right) = \\ \frac{1}{1-x} \sum_{j=0}^\infty \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{x}{1-x}\right)^{j+k} \frac{(j+k)!}{j!\cdot k!} \sum_{i=0}^{\min(j,k)} \binom{j}{r}\binom{k}{r} x^r = \\ \frac{1}{1-x} \sum_{i=0}^\infty x^r \sum_{j=r}^\infty \sum_{k=r}^\infty \binom{k+j}{k} \binom{j}{r}\binom{k}{r} \left(\frac{x}{1-x}\right)^{j+k} $$ El uso de $$ \sum_{j=r}^\infty \sum_{k=r}^\infty \binom{k+j}{k} \binom{j}{r}\binom{k}{r} z^{j+k} = \sum_{j=r}^\infty \binom{j}{r} z^{j+r} \sum_{k=0}^\infty \frac{(k+j+r)!}{j! r! k!} z^k =\\ \sum_{j=r}^\infty \binom{j}{r} z^{j+r} \binom{j+r}{j} \sum_{k=0}^\infty \frac{(j+r+1)_k}{k!} z^k = \sum_{j=r}^\infty \binom{j}{r} z^{j+r} \binom{j+r}{j} \left(1-z\right)^{-j-r-1} = \\ \frac{z^{2r}}{(1-z)^{2r+1}} \frac{1}{r!^2} \sum_{j=0}^\infty \frac{(j+2r)!}{j!} \left(\frac{z}{1-z}\right)^j = \frac{z^{2r}}{(1-z)^{2r+1}} \binom{2r}{r} \left(1-\frac{z}{1-z}\right)^{-1-2r} = \binom{2r}{r} z^{2r} \left(1-2z\right)^{-2r-1} $$ continuamos: $$ g(x) = \frac{1}{1-x} \sum_{i=0}^\infty x^r \binom{2r}{r} \left(\frac{x}{1-x}\right)^{2r} \left(1 - 2 \frac{x}{1-x} \right)^{-1-2r} = \\ \frac{1}{1-x} \sum_{i=0}^\infty \binom{2r}{r} \frac{1-x}{1-3x} \left(\frac{x^3}{(1-3x)^2}\right)^r = \\ \frac{1}{1-3x} \sum_{i=0}^\infty \binom{2r}{r}\left(\frac{x^3}{(1-3x)^2}\right)^r = \frac{1}{1-3x} \left(1 - 4 \frac{x^3}{(1-3x)^2}\right)^{-1/2} = \frac{1}{1-3x} \left( \frac{(1-4x)(1-x)^2}{(1-3x)^2}\right)^{-1/2} = \frac{1}{1-x} \frac{1}{\sqrt{1-4x}} $$ que es exactamente la generación de la función del lado derecho: $$ \sum_{n=0}^\infty x^n \sum_{i=0}^n \binom{2r}{r} \stackrel{n=r+k}{=} \sum_{k=0}^\infty x^r \sum_{i=0}^\infty \binom{2r}{r} x^r = \frac{1}{1-x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-4x}} $$

Answer 2

Breve resumen: A la derecha, se suma el número de palabras de $r$ $a$s y $r$ $b$s $0\le r\le n.$ Denota el conjunto de palabras con $r$ $a$s y $r$ $b$s por $U_r.$ En la izquierda estamos calculando el número de tripletas de palabras, la primera con $i$ $a$s y $j$ $b$s, el segundo con $j$ $a$s y $k$ $b$s, la tercera con $k$ $a$s y $i$ $b$s, para todos los $i+j+k=n.$ Denotar este conjunto de tripletas $V_n.$

Deje $(x,y,z)\in V_n.$ Definir $(x,y,z)$ $0$-collar de si $x$ no termina en $b$ o $y$ no termina en $a.$ Definir $(x,y,z)$ $r$-collar de si $(x,y,z)=(x'b^r,y'a^r,z)$ donde $(x',y',z)\in V_{n-r}$ $0$- collar.

Entonces cualquier palabra $w\in U_r$ puede escribirse de manera única como $w=x'y'z$ donde $(x',y',z)\in V_r$ $0$- collar. (Esto se demuestra a continuación.) A continuación, $(x'b^{n-r},y'a^{n-r},z)\in V_n$ $(n-r)-padded.$ Esto establece un bijection entre el $V_n$ a la izquierda, y $U_0\cup U_1\cup\ldots\cup U_n$ a la derecha, lo que demuestra la identidad. Los elementos de $U_n$ corresponden a $0$-collar de elementos de $V_n,$ los elementos de $U_{n-1}$ corresponden a $1$-collar de elementos de $V_n,$ y así sucesivamente.

Respuesta detallada: La expresión $\binom{2r}{r}$ recuentos de palabras construidas a partir de $r$ $a$s y $r$ $b$s. La suma de la derecha cuenta todas esas palabras de longitudes que van de los $0$ $2n.$

A la izquierda, tenemos el producto $\binom{i+j}{i}\binom{j+k}{j}\binom{k+i}{k},$ que cuenta con todas las palabras construyen mediante la concatenación de una palabra con $i$ $a$s y $j$ $b$s a una palabra con $j$ $a$s y $k$ $b$s a una palabra con $k$ $a$s y $i$ $b$s. Estas palabras contienen $i+j+k$ $a$s y $i+j+k$ $b$s. La suma es sobre todos los $i+j+k=n,$ así que estas palabras tienen todos $n$ $a$s y $n$ $b$s.

Estas observaciones apuntan a la posibilidad de un bijection, pero un par de preguntas surgen:

1. Puede cualquier palabra de $n$ $a$s y $n$ $b$s ser construido mediante la concatenación de una palabra con $i$ $a$s y $j$ $b$s a una palabra con $j$ $a$s y $k$ $b$s a una palabra con $k$ $a$s y $i$ $b$s, para el adecuado $i,$ $j,$ $k$?
2. Es posible que una palabra para ser construido en más de una manera tal procedimiento?
3. ¿Qué acerca de las palabras de longitud de menos de $2n$?

Para responder la primera pregunta, vamos a responder a todos los tres.

Dada una palabra $w$ de $n$ $a$s y $n$ $b$s, vamos a ver si podemos encontrar a $i+j+k=n,$ palabra $x$ de $i$ $a$s y $j$ $b$s, una palabra $y$ de $j$ $a$s y $k$ $b$s, y una palabra de $z$ de $k$ $a$s y $i$ $b$s tal que $xyz=w.$ Observa que si tales palabras puede encontrar a continuación, $\lvert x\rvert=i+j\le i+j+2k=(j+k)+(k+i)=\lvert y\rvert+\lvert z\rvert.$ $\lvert x\rvert\le n.$

Vamos a proceder por la división de $w$ en tres, posiblemente vacía, partes de la siguiente manera: vamos a $X$ consta de la primera $P$ cartas de $w,$ $0\le P\le n,$ y deje $I$ igual al número de $a$s en $X$ $J$ el número de $b$s en $X$ (de modo que $I+J=P$). Deje $K=n-I-J.$ Deje $Z$ igual a la cadena de letras de la posición $Q+1$ $2n$ $w,$ $Q$elige de modo que $Z$ ha $K$ $a$s. Tenga en cuenta que $Q\ge P$ mantiene automáticamente: dado que el número de $a$s en $X$ $I,$ el número de $a$s en el resto de $w$ $n-I\ge n-P=K.$ Si $n-I>K,$ hay $a$s a la derecha de $X$ y a la izquierda de $Z$ $Q>P.$ Si $n-I=K,$ $J=0,$ $X$ es simplemente una cadena de $I$ $a$s. Por lo $Z$ contiene todos los restantes $a$s y posiblemente $b$s así. Desde $X$ no contiene $b$s, tenemos $Q\ge P.$, por Lo que podemos dejar a $Y$ igual a la cadena de letras de la posición $P+1$ $Q$ $w,$dar $w=XYZ.$

Por el momento tenemos que $I+J+K=n,$ que $X$ contiene $I$ $a$s y $J$ $b$s, $Z$ contiene $K$ $a$s y $B:=2n-Q-K$ $b$s, y que $Y$ contiene $n-I-K=J$ $a$s y $n-J-B$ $b$s. Con el fin de obtener nuestra partición deseada de $w,$ necesitamos $B=I.$ pretendemos que con una adecuada elección de $P$ $Q,$ esto siempre puede lograrse.

Para comprobar que esto es así, necesitamos entender lo que sucede como $P$ aumenta en pasos de $1$ $0$ $n.$enfatizar que $I,$ $J,$ y $K$ son funciones de la $P,$ escribimos $I(P),$ etc. Ya hemos visto que siempre hay al menos un valor posible de $Q$ (y, por tanto,$B$) compatible con un determinado valor de $P.$ puede haber, sin embargo, ser más de uno de estos compatible valor, por lo que podemos escribir la $Q_l(P)$ $Q_u(P)$ para los límites inferior y superior en $Q$ para un determinado $P.$ Hemos correspondiente límites inferior y superior en $B,$ $$B_l(P)=2n-Q_u(P)-K(P)=n+P-Q_u(P)$$ y $$B_u(P)=2n-Q_l(P)-K(P)=n+P-Q_l(P).$$

Al $P$ aumenta $1,$ $K$ disminuye por $1$: $K(P+1)=K(P)-1.$ Si la carta de las $w$ en la posición $P+1$$a$$I(P+1)=I(P)+1$$J(P+1)=J(P)$; si la letra es $b$ $I(P+1)=I(P)$ $J(P+1)=J(P)+1.$ Desde $K(P)=n-P,$ el $K(P)^\text{th}$ $a$ desde la derecha en $w$ es la $(P+1)^\text{st}$ $a$ desde la izquierda. Deje $u$ ser la posición de la $P^\text{th}$ $a$ desde la izquierda en $w$ ($u=0$ si $P=0$) y deje $v$ ser la posición de la $(P+1)^\text{st}$ $a$ desde la izquierda en $w$ ($v=2n+1$ si $P=n$). A continuación, $Q_l(P)=u$ e e $Q_u(P)=v-1.$ En otras palabras, si $\lvert X\rvert=P$ $Z$ puede empezar en cualquier lugar entre la posición inmediatamente después de la $P^\text{th}$ $a$ y la posición de la $(P+1)^\text{st}$ $a.$ Observe que $Q_l(P+1)=v$ y por lo tanto, que el $Q_l(P+1)=Q_u(P)+1.$ Esto implica que $$B_u(P+1)=n+P+1-Q_l(P+1)=n+P+1-1-Q_u(P)=n+P-Q_u(P)=B_l(P).$$ Por lo tanto, si $I(P)<B_l(P),$ a continuación, desde la $I(P+1)$ es en la mayoría de las $I(P)+1,$ tenemos $I(P+1)\le B_u(P+1).$ Por otro lado, $B_l(P)$ es no creciente como $P$ aumenta de$0$$n,$, y en última instancia, equivale a $0.$ por lo Tanto, no debe llegar a ser una $P$ tal que $B_l(P)\le I(P)\le B_u(P).$ una Vez que nos encontramos con una $P,$ hemos creado $i=I(P),$ $j=J(P),$ $k=n-P,$ $x=X,$ $y=Y,$ $z=Z.$

¿Será esta la única solución? No en general. Hágase una solución de $(i,j,k,x,y,z)$ correspondiente a un determinado $P$ $Q.$ Si $y$ comienza con $b$ $z$ comienza con $a$ entonces tenemos un adicional de solución mediante el aumento de $P$ $Q$ $1.$ Esto resulta en el primer $b$ $y$ convirtiéndose en la última carta de $x$ y el primer $a$ $z$ convirtiéndose en la última carta de $y,$ que aumenta el $j$ $1$ y disminuye el $k$$1$, dejando $i$ sin cambios. El proceso, obviamente, también funciona a la inversa. No hay otras maneras de obtener soluciones adicionales, por si la primera letra de $y$ $a,$ agregar a $x$ nos obligaría a añadir un $b$ $z,$pero $z$ no puede aumentar en longitud al $x$ aumenta en longitud.

En resumen, todas las soluciones de una palabra en particular $w$ tienen el mismo $i.$ Equivalentemente, $\lvert y\rvert=j+k=n-i$ es el mismo para todas las soluciones. La solución con el mínimo de $j$ debe ser tal que $x$ termina en $a$ o $y$ termina en $b.$ La solución con la máxima $j$ debe ser tal que $y$ comienza con $a$ o $z$ comienza con $b.$

Consideremos un ejemplo. Deje $w=baabbbaaabab.$ Aquí $n=6.$, Entonces tenemos $$ \begin{array}{ccc|ccc} P & I(P) & J(P) & K(P) & [B_l(P),B_u(P)] & [Q_l(P),Q_u(P)]\\ \hline 0 & 0 & 0 & 6 & [5,6] & [0,1]\\ 1 & 0 & 1 & 5 & [5,5] & [2,2]\\ 2 & 1 & 1 & 4 & [2,5] & [3,6]\\ 3 & 2 & 1 & 3 & [2,2] & [7,7]\\ 4 & 2 & 2 & 2 & [2,2] & [8,8]\\ 5 & 2 & 3 & 1 & [1,2] & [9,10]\\ 6 & 2 & 4 & 0 & [0,1] & [11,12] \end{array} $$ Tenemos tres soluciones, correspondiente a $(P,Q)=(3,7),$ $(4,8),$ $(5,9).$ Estos son $$ \begin{aligned} &(i,j,k,x,y,x)=(2,1,3,baa,bbba,aabab),\\ &(i,j,k,x,y,x)=(2,2,2,baab,bbaa,abab),\\ &(i,j,k,x,y,x)=(2,3,1,baabb,baaa,bab). \end{aligned} $$

Hemos respondido a las preguntas de $1$ $2$ en la afirmativa. Esto sugiere un modo de producción de una bijective prueba de la identidad. Deje $W$ el conjunto de palabras de longitud en la mayoría de las $2n$ contienen igual número de $a$s y $b$s. Deje $S$ el conjunto de sextuples $(i,j,k,x,y,z)$ donde $i,$ $j,$ $k$ son números enteros no negativos de satisfacciones $i+j+k=n,$ $x$ es una palabra compuesta de $i$ $a$s y $j$ $b$s, $y$ es una palabra compuesta de $j$ $a$s y $k$ $b$s y $z$ es una palabra compuesta de $k$ $a$s y $i$ $b$s. El mapa de $S$ $W$que simplemente concatena $x,$ $y,$ y $z$ es no, ya que sólo produce palabras de longitud $2n,$ y no uno-a-uno, como hemos visto anteriormente. Mediante la modificación de este simple concatenación de mapa, se obtiene un mapa que es en y uno-a-uno.

El mapa: Vamos a $s=(i,j,k,x,y,z)\in S.$ Si la última letra de $x$ $b$ y la última letra de $y$ $a,$ borrar la última letra de las palabras. Repita hasta que $x$ o $y$ está vacía o la última letra de $x$ no $b$ o la última letra de $y$ no $a.$ el valor de la resultante de las palabras $x',$ $y'.$ definimos $f:S\to W$ $f(s)=x'y'z.$

A la inversa mapa, aplicados a una palabra $w\in W$ con $N$ $a$s y $N$ $b$s, $0\le N\le n,$ se calcula

1. aplicando el algoritmo descrito anteriormente para escribir $w=x'y'z,$ donde $x'$ es una palabra con $i$ $a$s y $j'$ $b$s, $y'$ es una palabra con $j'$ $a$s y $k$ $b$s, $z$ es una palabra con $k$ $a$s y $i$ $b$s, $i+j'+k=N,$ $j'$ es tan pequeño como sea posible,
2. anexando $n-N$ $b$s a $x'$ formulario $x,$ anexando $n-N$ $a$s a $y'$ formulario $y,$ y
3. mediante la formación de la séptupla $(i,j'+n-N,k,x,y,z).$

Ejemplo de respuesta original: he sustituido mi respuesta original con lo que espero es una presentación más convincente, pero este ejemplo de que la respuesta puede ser de utilidad, así que lo dejo.

Supongamos que $n=3.$ El lado derecho enumera la unión de los siguientes conjuntos $$ \begin{aligned} &\{e\},\\ &\{ab,ba\},\\ &\{aabb,abab,abba,baab,baba,bbaa\},\\ &\{aaabbb,aababb,aabbab,aabbba,abaabb,ababab,ababba,abbaab,abbaba,abbbaa,\\ &\ \ baaabb,baabab,baabba,babaab,bababa,babbaa,bbaaab,bbaaba,bbabaa,bbbaaa\}. \end{aligned} $$ Aquí $e$ denota la palabra vacía. El lado izquierdo enumera palabras construida de la siguiente manera.

• Deje $A$ el conjunto de palabras que contienen $i$ $a$s y $j$ $b$s. ($\lvert A\rvert=\binom{i+j}{i}$)
• Deje $B$ el conjunto de palabras que contienen $j$ $a$s y $k$ $b$s. ($\lvert B\rvert=\binom{j+k}{j}$)
• Deje $C$ el conjunto de palabras que contienen $k$ $a$s y $i$ $b$s. ($\lvert C\rvert=\binom{k+i}{k}$)

$$ \begin{aligned} &(i,j,k)=(0,0,3),\ A=\{e\},B=\{bbb\},C=\{aaa\}:\\ &\ \longrightarrow\{bbbaaa\}\\ &(i,j,k)=(0,1,2),\ A=\{b\},B=\{abb,bab,bba\},C=\{aa\}:\\ &\ \longrightarrow\{babbaa,bbabaa,\dot{b}bb\dot{a}aa=bbaa\}\\ &(i,j,k)=(0,2,1),\ A=\{bb\},B=\{aab,aba,baa\},C=\{a\}:\\ &\ \longrightarrow\{bbaaba,b\dot{b}ab\dot{a}a=baba,\dot{b}\dot{b}b\dot{a}\dot{a}a=ba\}\\ &(i,j,k)=(0,3,0),\ A=\{bbb\},B=\{aaa\},C=\{e\}:\\ &\ \longrightarrow\{\dot{b}\dot{b}\dot{b}\dot{a}\dot{a}\dot{a}=e\}\\ &(i,j,k)=(1,0,2),\ A=\{a\},B=\{bb\},C=\{aab,aba,baa\}:\\ &\ \longrightarrow\{abbaab,abbaba,abbbaa\}\\ &(i,j,k)=(1,1,1),\ A=\{ab,ba\},B=\{ab,ba\},C=\{ab,ba\}:\\ &\ \longrightarrow\{ababab,ababba,a\dot{b}b\dot{a}ab=abab,a\dot{b}b\dot{a}ba=abba,baabab,baabba,babaab,bababa\}\\ &(i,j,k)=(1,2,0),\ A=\{abb,bab,bba\},B=\{aa\},C=\{b\}:\\ &\ \longrightarrow\{a\dot{b}\dot{b}\dot{a}\dot{a}b=ab,ba\dot{b}a\dot{a}b=baab,bbaaab\}\\ &(i,j,k)=(2,0,1),\ A=\{aa\},B=\{b\},C=\{abb,bab,bba\}:\\ &\ \longrightarrow\{aababb,aabbab,aabbba\}\\ &(i,j,k)=(2,1,0),\ A=\{aab,aba,baa\},B=\{a\},C=\{bb\}:\\ &\ \longrightarrow\{aa\dot{b}\dot{a}bb=aabb,abaabb,baaabb\}\\ &(i,j,k)=(3,0,0),\ A=\{aaa\},B=\{e\},C=\{bbb\}:\\ &\ \longrightarrow\{aaabbb\} \end{aligned} $$ Un punto más de una letra indica que la carta es para ser eliminados.

Answer 3

Resulta que este hecho de la siguiente manera (relativamente) directamente a partir de Strehl de la identidad.

Vamos a reescribir la PREPA en términos de $i$, $k$ y $l=i+j$: $$ \text{LI}= \sum_{l+k=n}\sum_{i=0}^n\binom li\binom{k+l-i}{l-i}\binom{k+i}i= \sum_{l+k=n}\sum_{i=0}^n(-1)^l\binom li\binom {k-1}{l-i}\binom {k-1}i; $$ aplicación de Strehl de la identidad a la interna de la suma (en el post de la notación, para $n=-k-1$, $m=l$) los rendimientos $$ \sum_{l+k=n}\sum_i(-1)^l\binom {k-1}i\binom li\binom{2i}l= \sum(-1)^{l-i}\binom{k+i}i\binom li\binom{2i}l= \sum(-1)^{l-i}\binom{k+i}i\binom i{l-i}\binom{2i}i; $$ el $\binom{2i}i$ términos sugiere que estamos casi allí - y de hecho lo que tenemos es $$ \sum_{i=0}^n\binom{2i}i\sum_j(-1)^j\binom{n-j}i\binom ij $$ y el interior de la suma es (siempre) igual a 1 por Vandermonde de convolución. QED.

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Observación. En principio, esto no es que lejos de ser bijective, ya que disponemos de un bijective prueba de Strehl de la identidad, sino que la prueba sólo funciona para los positivos de los parámetros de...

Answer 4

La suma $$\sum_{p+q+r=n} {p+q\elegir p} {p+r\elegir r} {q+r\elegir q}$$ con $p,q,r\ge 0$

es igual a $$\sum_{p=0}^n \sum_{q=0}^{n-p} {p+q\elegir q} {p+n-p-q\elegir p} {p+n-p-q\elegir q}$$ que es $$\sum_{p=0}^n \sum_{q=0}^{n-p} {p+q\elegir q} {n-p\elegir p} {n-p\elegir q}.$$

Re-escribo esto como $$\sum_{0\le p,q\cima de p+q\le n} {p+q\elegir q} {n-p\elegir p} {n-p\elegir q}.$$

Introducir la integral de las representaciones $${n-p\elegir p} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z_1|=\epsilon} \frac{1}{(1-z_1)^{p+1} z_1^{n-p-q+1}} \; dz_1$$ y $${n-p\elegir q} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z_2|=\epsilon} \frac{1}{(1-z_2)^{q+1} z_2^{n-p-q+1}} \; dz_2.$$

Observe cuidadosamente que estas integrales son cero cuando se $p+q\gt n$ así que se puede extender la suma de $p$ $q$ hasta el infinito.

Llegamos por la suma $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z_1|=\epsilon}\frac{1}{(1-z_1) z_1^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z_2|=\epsilon}\frac{1}{(1-z_2) z_2^{n+1}} \\ \times \sum_{p,q\ge 0} {p+q\elegir q} \frac{z_1^{p+q} z_2^{p+q}}{(1-z_1)^p (1-z_2)^p} \; dz_2 \; dz_1.$$

El interior término es $$\sum_{p\ge 0} \frac{z_1^p z_2^p}{(1-z_1)^p} \sum_{q\ge 0} {q+p\elegir p} \frac{z_1^q z_2^p}{(1-z_2)^p} = \sum_{p\ge 0} \frac{z_1^p z_2^p}{(1-z_1)^p} \frac{1}{(1 - z_1 z_2 /(1-z_2))^{p+1}} \\ = \frac{1}{1 - z_1 z_2 /(1-z_2)} \frac{1}{1 - z_1 z_2 /(1-z_1)/(1 - z_1 z_2/(1-z_2))} \\ = \frac{1}{1 - z_1 z_2 /(1-z_2) - z_1 z_2 /(1-z_1)} \\ = \frac{(1-z_1)(1-z_2)}{(1-z_1)(1-z_2)-z_1 z_2 (2-z_1-z_2)} \\ = \frac{(1-z_1)(1-z_2)}{(1-z_1z_2)/(1-z_1-z_2)}.$$

Sustituyendo en la integral de los rendimientos $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z_1|=\epsilon}\frac{1}{z_1^{n+1}} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z_2|=\epsilon}\frac{1}{z_2^{n+1}} \frac{1}{(1-z_1z_2)/(1-z_1-z_2)} \; dz_2 \; dz_1.$$

Este es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z_1|=\epsilon}\frac{1}{z_1^{n+1}}\frac{1}{1-z_1} \frac{1}{2\pi i} \int_{|z_2|=\epsilon}\frac{1}{z_2^{n+1}} \frac{1}{(1-z_1z_2)/(1-z_2/(1-z_1))} \; dz_2 \; dz_1.$$

La extracción del interior de residuo ahora rendimientos $$\frac{1}{2\pi i} \int_{|z_1|=\epsilon}\frac{1}{z_1^{n+1}}\frac{1}{1-z_1} \sum_{q=0}^n z_1^q \frac{1}{(1-z_1)^{n-q}} \; dz_1 \\ = \sum_{q=0}^n \frac{1}{2\pi i} \int_{|z_1|=\epsilon}\frac{1}{z_1^{n-p+1}} \frac{1}{(1-z_1)^{n+1-q}} \; dz_1 \\ = \sum_{q=0}^n \frac{1}{2\pi i} \int_{|z_1|=\epsilon}\frac{1}{z_1^{q+1}} \frac{1}{(1-z_1)^{q+1}} \; dz_1 .$$

Este es $$\sum_{q=0}^n {q+q\choose q} = \sum_{q=0}^n {2q\choose q},$$ que iba a ser mostrado, QED.