Nota: Las siguientes no es una solución, pero al menos una ligera simplificación estructural de la OPs binomio de expresión. Esto podría ser útil para simplificar la expresión, pero también para encontrar un simple recurrencia con medios similares como se presentó en la respuesta de esta pregunta por @Michael Stoll en Matemáticas de Desbordamiento.
Primero un par de preliminares:
-
Cerrado fórmula: con el fin De mostrar que la expresión $A(s)$ es un número entero para cada número natural $s$, el más atractivo de la forma (para mí) es encontrar un cerrado fórmula a partir de la cual podríamos deducir directamente la reclamación.
Si un cerrado fórmula es difícil de encontrar, podríamos tratar de eliminar o, al menos, simplificar las fracciones. Con la simplificación me refiero a una transformación de la fracción que se reduce el número de la suma de los índices, de manera que la fórmula se vuelve más manejable para los cálculos posteriores.
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Catalán Números: observamos que la expresión contiene el conocido y omnipresente catalán números
$$C_s=\frac{1}{s+1}\binom{2s}{s}$$
Desde el catalán números son números naturales, vamos a denotar simplemente ellos por $C_s$ en el siguiente y vamos a poner el foco en las otras partes de la expresión.
Resumen: La simplificación que se hace en algunos pasos
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Paso 1: Simple reescritura de $A(s)$, lo que es más conveniente para los siguientes cálculos.
\begin{align*}
A(s)=C_s\sum_{k=0}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}\frac{1}{2m+2s-2k-1}
\end{align*}
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Paso 2: La expresión de $A(s)$ se divide en dos sumas
$$A(s) = \frac{1}{2}C_s\left(A_1(s) + A_2(s)\right)$$
Nos muestran, que $A_1(s) = A_2(s)$ y obtener una primera simplificación estructural de $A(s)$.
\begin{align*}
A(s)=C_s\sum_{k=0}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}
\end{align*}
Paso 3: dividimos la suma de $A_1$ y el uso de una técnica por medio de la Egorychev para transformar las piezas. Vamos a ver cómo los poderes de $2$ están involucrados en la fórmula y se permite que una manera de simplificar aún más la fórmula.
Paso 4: Para $s\geq 2$ obtenemos la siguiente representación de $A(s)$
\begin{align*}
A(s)&=C_s\left((s+1)+B_1(s)+B_2(s)\right)\\
&=\binom{2s}{s}+\frac{C_s}{s-1}\sum_{k=2}^{s}\binom{s-1}{k-1}
\frac{1}{2k-1}\sum_{m=2}^{k}\binom{k-2}{m-2}\binom{s}{m}2^m\tag{1}\\
&\qquad\qquad+\frac{C_s}{s-1}\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}
\frac{1}{2k-1}\sum_{m=1}^{k}\binom{k-1}{m-1}\binom{s-1}{m}2^m\tag{2}\\
\end{align*}
- Observar, que ahora hay sólo una fracción de la izquierda en el exterior de la suma. Basado en esta representación sería bueno encontrar algo más de simplificaciones o menos complejo de la recurrencia de la relación. Desde $B_1(s)$ $B_2(s)$ son estructuralmente similares, podemos poner el foco por ejemplo, en esta parte:
$$\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\sum_{m=1}^{k}\binom{k-1}{m-1}\binom{s-1}{m}2^m$$
que parece ser más fácil de estudiar que la fórmula original de la pregunta.
Y ahora los detalles escabrosos:
Paso 1: Simple reescritura de $A(s)$, lo que es más conveniente para los siguientes cálculos.
Empezamos por introducir el símbolo $C_s$ para el catalán números de $C_s=\frac{1}{s+1}\binom{2s}{s}$, el intercambio de las sumas y cambiar el rango del índice de $m$$[s,2s]$$[0,s]$.
\begin{align*}
A(s)&=\sum_{m=s}^{2s}\sum_{k=0}^{s}\binom{2s}{s}\binom{s}{k}\binom{m}{k}\binom{k}{m-s}
\frac{1}{(s+1)(2k-1)(2m-2k-1)}\\
&=C_s\sum_{k=0}^{s}\sum_{m=0}^{s}\binom{s}{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}
\frac{1}{(2k-1)(2m+2s-2k-1)}\\
&=C_s\sum_{k=0}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}
\frac{1}{2m+2s-2k-1}\tag{3}\\
\end{align*}
Observar, que en (3) el rango del índice de $m$$[0,k]$, ya que el $\binom{k}{m}=0$ si $m>k$. Por lo tanto, que efectivamente la suma de hasta más de una región triangular $0\leq k \leq s,0 \leq m \leq k$ y no más de un cuadrado de $0\leq k,m\leq s$.
Paso 2: La expresión de $A(s)$ se dividirá en dos sumas $A_1(s)$ $A_2(s)$
Desde
$$\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2m+2s-2k-1}=\frac{2(m+s-1)}{(2k-1)(2m+2s-2k-1)}$$
La expresión (3) se puede escribir como
\begin{align*}
A(s)&=\frac{1}{2}C_s\sum_{k=0}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}
\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}\tag{4}\\
&+\frac{1}{2}C_s\sum_{k=0}^{s}\binom{s}{k}
\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}\cdot\frac{1}{2m+2s-2k-1}\tag{5}\\
&=\frac{1}{2}C_s\left(A_1(s)+A_2(s)\right)
\end{align*}
con $A_1$ el doble de la suma en (4) y $A_2$ el doble de la suma en (5).
Cuando se mira en $A_1(s)$ $A_2(s)$ en más detalle, fue un gran placer observar que $A_1(s)=A_2(s)$ pequeña $s$.
Ahora nos muestran el siguiente es válido:
$$A_1(s) = A_2(s) \qquad\qquad s \geq 0$$
Empezamos con la transformación de $A_2(s)$ mediante el intercambio de las sumas:
\begin{align*}
A_2(s)&=\sum_{k=0}^{s}\binom{s}{k}
\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}\cdot\frac{1}{2m+2s-2k-1}\\
&=\sum_{m=0}^{s}\sum_{k=m}^{s}\binom{s}{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}\cdot\frac{1}{2m+2s-2k-1}
\end{align*}
Siguiente se introduce el índice de $l:=s-k+m$ y sustitución de la misma con el índice de $k=s-l+m$ respetando el rango de índices:
\begin{array}{lcl}
k=m&\qquad\longrightarrow\qquad &l=s\\
k=s&\qquad\longrightarrow\qquad &l=m
\end{array}
Por lo tanto, obtener después de substition y el intercambio de suma:
\begin{align*}
A_2(s)&=\sum_{m=0}^{s}\sum_{l=m}^{s}\binom{s}{s-l+m}\binom{m+s}{s-l+m}
\binom{s-l+m}{m}\frac{1}{m+s-1}\cdot\frac{1}{2l-1}\\
&=\sum_{l=0}^{s}\sum_{m=0}^{l}\binom{s}{s-l+m}\binom{m+s}{s-l+m}
\binom{s-l+m}{m}\frac{1}{m+s-1}\cdot\frac{1}{2l-1}\tag{6}
\end{align*}
El próximo observar, que, tras la binomial identidades son válidas:
\begin{align*}
\binom{m+s}{s-l+m}\binom{s-l+m}{m}&=\binom{m+s}{m}\binom{s}{s-l}\\
\binom{s}{l-m}\binom{m+s}{m}&=\binom{l}{m}\binom{m+s}{l}
\end{align*}
El uso de estos identidad de la relación en (6) se obtiene:
\begin{align*}
A_2(s)&=\sum_{l=0}^{s}\sum_{m=0}^{l}\binom{s}{l-m}\binom{m+s}{m}\binom{s}{l}
\frac{1}{m+s-1}\cdot\frac{1}{2l-1}\\
&=\sum_{l=0}^{s}\binom{s}{l-m}\frac{1}{2l-1}\sum_{m=0}^{l}\binom{m+s}{m}\binom{s}{s-l}
\frac{1}{m+s-1}\\
&=\sum_{l=0}^{s}\binom{l}{m}\frac{1}{2l-1}\sum_{m=0}^{l}\binom{m+s}{l}\binom{s}{l}
\frac{1}{m+s-1}\\
&=A_1(s)
\end{align*}
Llegamos a la conclusión de:
\begin{align*}
A(s)&=C_sA_1(s)\\
&=C_s\sum_{k=0}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}
\end{align*}
Paso 3: dividimos la suma de $A_1(s)$ y el uso de una técnica por medio de la Egorychev para transformar las piezas. Vemos, cómo los poderes de $2$ están involucrados en la fórmula y se permite que una manera de simplificar aún más la fórmula.
Nos dividimos $A_1(s)$ mediante el uso de la identidad:
$$\binom{m+s}{k}=\binom{m+s-1}{k-1}+\binom{m+s-1}{k}$$
El interior de la suma de $A_1(s)$ por lo tanto puede ser escrita como:
\begin{align*}
\sum_{m=0}^{k}&\binom{m+s}{k}\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}\\
&=\sum_{m=0}^{k}\left[\binom{m+s-1}{k-1}+\binom{m+s-1}{k}\right]\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}\\
&=\sum_{m=0}^{k}\left[\frac{1}{k-1}\binom{m+s-2}{k-2}+\frac{1}{k}\binom{m+s-2}{k-1}\right]\binom{k}{m}\frac{1}{m+s-1}\\
&=\frac{1}{k-1}\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s-2}{k-2}\binom{k}{m}+\frac{1}{k}\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s-2}{k-1}\binom{k}{m}\tag{7}
\end{align*}
Observar, que utilizamos $\frac{1}{k}$ $\frac{1}{k-1}$ (7). Para evitar conflictos, podemos decir que: $A(s)$ da valores enteros de a $0\leq s \leq 1$
\begin{align*}
A(0) &= 1\\
A(1) &= 0
\end{align*}
y considerar a partir de ahora en $A(s)$ con valores de $s \geq 2$ solamente. Además, calcular los valores de $k=0,1$ $A_1(s)$ por separado, lo que resulta en $2(s+1)$, por lo que podemos utilizar (7) y obtener
\begin{align*}
A_1(s)&=2(s+1)+\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}
\frac{1}{2k-1}\cdot\frac{1}{k-1}\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s-2}{k-2}\binom{k}{m}\\
&\qquad\qquad+\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}
\frac{1}{2k-1}\cdot\frac{1}{k}\sum_{m=0}^{k}\binom{m+s-2}{k-1}\binom{k}{m}
\end{align*}
Por favor, tenga en cuenta que las fracciones en $A_1(s)$ ya son algo simplificada con respecto a la formulación original. No tenemos más cualquier fracción de dependiente por el índice del interior de la suma.
A continuación nos muestran que la siguiente identidad es válida para $k \geq 2$:
\begin{align*}
\sum_{m=0}^{k}&\binom{m+s-2}{k-2}\binom{k}{m}=\sum_{m=2}^{k}\binom{k}{m}\binom{s-2}{m-2}2^m
\end{align*}
Para ello utilizamos una técnica de gran alcance basado en Cauchys teorema de los residuos , y presentada por el G. P. Egorychev (Representación Integral y el Cálculo de la Combinatoria Sumas) para calcular el binomio identica.
\begin{align*}
\sum_{m=0}^{k}&\binom{m+s-2}{k-2}\binom{k}{m}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\binom{m+s-2}{k-2}\binom{k}{m}\tag{8}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\mathop{res}_u\frac{(1+u)^{m+s-2}}{u^{k-1}}
\mathop{res}_z\frac{(1+z)^{k}}{z^{m+1}}\tag{9}\\
&=\mathop{res}_u\frac{(1+u)^{s-2}}{u^{k-1}}\sum_{m=0}^{\infty}(1+u)^m
\mathop{res}_z\frac{(1+z)^{k}}{z^{m+1}}\
\tag{10}\\
&=\mathop{res}_u\frac{(1+u)^{s-2}}{u^{k-1}}(2+u)^k\tag{11}\\
&=[u^{k-2}](2+u)^k(1+u)^{s-2}\tag{12}\\
&=[u^{k-2}]\sum_{m=0}^{k}\binom{k}{m}2^mu^{k-m}(1+u)^{s-2}\\
&=\sum_{m=0}^{k}\binom{k}{m}2^m[u^{m-2}](1+u)^{s-2}\\
&=\sum_{m=2}^{k}\binom{k}{m}\binom{s-2}{m-2}2^m
\end{align*}
Comentario:
En (8) el límite es de cambiar sin afectar la suma, ya que sólo $0$ es añadido.
En (9) el residual de cálculo de poder formal de la serie se aplica para cada coeficiente binomial.
En (10) hay algunos cambios para preparar la aplicación de la sustitución de la regla que se utiliza en (11)
En (12) se utiliza el coeficiente de operador $[u^n]$ para denotar el coeficiente de $u^n$ de la suma.
Nota: Mi respuesta a esta pregunta contiene una pequeña nota introductoria a esta técnica.
De igual manera nos puede mostrar que para $k \geq 1$:
\begin{align*}
\sum_{m=0}^{k}&\binom{m+s-2}{k-1}\binom{k}{m}=\sum_{m=1}^{k}\binom{k}{m}\binom{s-2}{m-1}2^m
\end{align*}
Llegamos a la conclusión de:
\begin{align*}
A_1(s)&=2(s+1)+B_1(s)+B_2(2)\\
&=2(s+1)+\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\cdot\frac{1}{k-1}
\sum_{m=2}^{k}\binom{k}{m}\binom{s-2}{m-2}2^m\tag{13}\\
&\qquad+\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\cdot\frac{1}{k}
\sum_{m=1}^{k}\binom{k}{m}\binom{s-2}{m-1}2^m\tag{14}\\
\end{align*}
con $B_1(s)$ el doble de la suma en (13) y $B_2(s)$ el doble de la suma en (14).
Además de la información sobre el poder de la $2$ dentro $A_1(s)$ ahora estamos preparados para una más simplifiaction.
Paso 4: ahora podemos $B_1(s)$ $B_2(s)$ simplificar mediante el intercambio de la fracción $\frac{1}{k}$ resp. $\frac{1}{k-1}$ $\frac{1}{s-1}$ , por lo que la eliminación de una dependencia de la suma del índice.
Observamos:
\begin{align*}
B_1(s)&=\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\frac{1}{k-1}
\sum_{m=2}^{k}\binom{k}{m}\binom{s-2}{m-2}2^m\\
&=\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\frac{1}{k-1}
\sum_{m=2}^{k}\frac{k(k-1)}{m(m-1)}\binom{k-2}{m-2}\binom{s-2}{m-2}2^m\\
&=\frac{1}{s(s-1)}\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{k}{2k-1}\sum_{m=2}^{k}\binom{k-2}{m-2}\binom{s}{m}2^m\\
&=\frac{1}{s-1}\sum_{k=2}^{s}\binom{s-1}{k-1}\frac{1}{2k-1}\sum_{m=2}^{k}\binom{k-2}{m-2}\binom{s}{m}2^m\\
\end{align*}
Del mismo modo obtenemos
\begin{align*}
B_2(s)&=\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\frac{1}{k}
\sum_{m=1}^{k}\binom{k}{m}\binom{s-2}{m-1}2^m\\
&=\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\frac{1}{k}
\sum_{m=1}^{k}\frac{k}{m}\binom{k-1}{m-1}\frac{s-1}{s-1}\binom{s-2}{m-2}2^m\\
&=\frac{1}{s-1}\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}\frac{1}{2k-1}\sum_{m=1}^{k}\binom{k-1}{m-1}\binom{s-1}{m}2^m\\
\end{align*}
Y finalmente se puede concluir:
\begin{align*}
A(s)&=C_s\left((s+1)+B_1(s)+B_2(s)\right)\\
&=\binom{2s}{s}+\frac{C_s}{s-1}\sum_{k=2}^{s}\binom{s-1}{k-1}
\frac{1}{2k-1}\sum_{m=2}^{k}\binom{k-2}{m-2}\binom{s}{m}2^m\\
&\qquad\qquad+\frac{C_s}{s-1}\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}
\frac{1}{2k-1}\sum_{m=1}^{k}\binom{k-1}{m-1}\binom{s-1}{m}2^m\\
\end{align*}
Nota: otras investigaciones (de la recurrencia de la relación, simplificaciones) podría poner el foco por ejemplo, en
\begin{align*}
\sum_{k=2}^{s}\binom{s}{k}
\frac{1}{2k-1}\sum_{m=1}^{k}\binom{k-1}{m-1}\binom{s-1}{m}2^m\\
\end{align*}
