Dos series de relaciones, cada una implica la otra - del libro de particiones de Andrews

Question

Esa es mi primera pregunta aquí, y me animé a publicarla porque mi pregunta en MathOverflow (AQUÍ) fue respondida de manera hermosa y rápida. Pero mi pregunta no es a nivel de investigación...

Como dije allí, estoy trabajando en una monografía sobre particiones, y uno de los temas cubiertos es el problema de Simon Newcomb. Mi principal guía es el increíble "The Theory of Partitions", de George Andrews. Tuve dos problemas para entender algunas demostraciones en el libro: uno se resolvió con mi pregunta en MO, y el otro se explica a continuación.

El siguiente lema está en el libro de Andrews...

Lema.

Sea $r$ un entero, y sean $a_1, a_2, a_3, \ldots, b_1, b_2, b_3, \ldots$ cualquier números. Cada una de las siguientes relaciones implica la otra:

$ \begin{align} \label{first_eq} \tag{1} &a_n = \sum_{j=0}^{n-1}\binom{r - n + j}{j}b_{n-j}, \quad \forall n\geq 1;\\ \label{second_eq} \tag{2} &b_n = \sum_{j=0}^{n-1}\binom{r - n + j}{j}(-1)^{j}a_{n-j}, \quad \forall n\geq 1. \end{align} $

Estoy pidiendo una demostración elemental y autocontenida sin uso de suma de Chu-Vandermonde. Si utiliza funciones generadoras, mejor, pero también serían geniales las identidades binomiales.

Una pista obvia de Andrews es que uno puede demostrar simplemente que (2) implica (1), porque una vez que se haga, un simple "cambio de variables" demuestra la implicación inversa, es decir, sólo considera $b'_{n} = (-1)^{n}b_n$ y $a'_{n} = (-1)^{n}a_n$.

Lamento esta pregunta básica, ¡y gracias de antemano por la atención!

Answer 1

Considera la serie formal $$ \begin{array}{}f(x)=\sum_{n=1}^\infty a_nx^n&\text{y}&g(x)=\sum_{n=1}^\infty b_nx^n\end{array} $$ Entonces \eqref{first_eq} es equivalente a $$ \begin{align} f(x) &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^{n-1}\binom{r-n+j}{j}b_{n-j}x^n\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^{n}\binom{r-j}{n-j}b_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=j}^{\infty}\binom{r-j}{n-j}b_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=0}^{\infty}\binom{r-j}{n}b_jx^{n+j}\\ &=\sum_{j=1}^\infty b_j(1+x)^{r-j}x^{j}\\ &=(1+x)^rg\left(\frac{x}{1+x}\right) \label{a}\tag{a} \end{align} $$ y \eqref{second_eq} es equivalente a $$ \begin{align} g(x) &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^{n-1}\binom{r-n+j}{j}(-1)^ja_{n-j}x^n\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=1}^{n}\binom{r-j}{n-j}(-1)^{n-j}a_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=j}^{\infty}\binom{r-j}{n-j}(-1)^{n-j}a_jx^n\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=0}^{\infty}\binom{r-j}{n}(-1)^na_jx^{n+j}\\ &=\sum_{j=1}^\infty a_j(1-x)^{r-j}x^{j}\\ &=(1-x)^rf\left(\frac{x}{1-x}\right) \label{b}\tag{b} \end{align} $$ Sustituciones algebraicas simples nos llevan a que \eqref{a} y \eqref{b} son equivalentes. Por lo tanto, \eqref{first_eq} y \eqref{second_eq} son equivalentes.

Answer 2

Como se señaló en los comentarios, esta es una variación de la fórmula de inversión binomial $\sum_{k=m}^n (-1)^{k-m} \binom{k}{m} \binom{n}{k} = \delta_{mn}$. Para demostraciones de esta fórmula (que utilizaré), consulte esta pregunta en math.SE. También se puede demostrar fácilmente utilizando la fórmula de revisión trinomial que cito a continuación. Desde otra perspectiva, la inversión binomial dice que la matriz de Pascal es (hasta un signo) su propia inversa. Para obtener más información al respecto, vea "Interpretación combinatoria de la inversión binomial" y mi respuesta a "Números de Stirling y matrices inversas".

Para tu problema, simplemente demostraré que \eqref{second_eq} $\Rightarrow$ \eqref{first_eq}, ya que, como señalas, eso es suficiente.

Primero, reindexa \eqref{first_eq} y \eqref{second_eq} para obtener las formas más simples $$a_n = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} b_j, \tag{1}$$ $$b_n = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} (-1)^{n-j} a_j. \tag{2}$$

Suponiendo que (2) es verdadero, y comenzando con el lado derecho de (1), tenemos $$\sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} b_j = \sum_{j=1}^n \binom{r-j}{n-j} \sum_{k=1}^j \binom{r-k}{j-k} (-1)^{j-k} a_k = \sum_{k=1}^n \sum_{j=k}^n \binom{r-j}{n-j} \binom{r-k}{j-k} (-1)^{j-k} a_k.$$ Ahora, aplicamos la fórmula de revisión trinomial $\binom{r}{m} \binom{m}{k} = \binom{r}{k} \binom{r-k}{m-k}$. (Esto es fácil de demostrar; simplemente escribe los coeficientes binomiales en forma factorial y reagrupa. Para una referencia, consulta Matemáticas concretas, 2da edición, p. 168.) Obtenemos $$\sum_{k=1}^n \sum_{j=k}^n \frac{\binom{r}{n} \binom{n}{j}}{\binom{r}{j}} \frac{\binom{r}{j} \binom{j}{k}}{\binom{r}{k}} (-1)^{j-k} a_k = \sum_{k=1}^n \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{k}} a_k \sum_{j=k}^n \binom{n}{j} \binom{j}{k} (-1)^{j-k} .$$ Luego, la inversión binomial da como resultado $$=\sum_{k=1}^n \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{k}} a_k \delta_{nk} = \frac{\binom{r}{n}}{\binom{r}{n}} a_n = a_n.$$

Answer 3

Es bastante fácil enforzar esta prueba, simplemente mediante sustitución y dos identidades básicas. En realidad es cierto para cualquier $r\in\mathbb{R}$, siempre que definas $z\choose k$ para cualquier real $z$ e enteros no negativos $k.

Dado (1), reemplaza el $a_{n-j}$ en el lado derecho de (2) para obtener lo que quieres:

$$b_n = \sum_{j=0}^{n-1} \sum_{k=0}^{n-j-1} (-1)^j {{r-n+j}\choose j}{{r-n+j+k}\choose k} b_{n-j-k}$$

Reuniendo términos, el coeficiente de $b_{n-m}$ en el lado derecho es (notando que j+k=m, o que k=m-j):

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

Observa que esta es una función de $r-n$, así que podemos escribir:

$$f_m(z) = \sum_{j=0}^m (-1)^j{z+j \choose j}{z+m \choose m-j}$$

Entonces, el lado derecho de (2), después de la sustitución, es:

$$\sum_{m=0}^{n-1} f_m(n-r) b_{n-m}$$

Pero ${z+m \choose m-j}{z+j \choose j} = {z+m \choose m} {m \choose j}$. Puedes verlo de forma bastante sencilla algebraicamente, o puedes demostrarlo combinatoriamente para enteros no negativos $z$, y luego usar que ambos lados son polinomios de grado $m$ en $z, por lo que deben coincidir en todas partes.

Entonces

$$f_m(z) = {z+m \choose m} \sum_{j=0}^m (-1)^j {m \choose j} = {z+m \choose m} (1+(-1))^m$$

Y por lo tanto $f_m(z)=0$ si $m>0$, y $f_0(z)=1$.

Pero eso significa que el lado derecho de (2) es igual a $b_n$.