$\sum_{j=i}^n\binom nj\binom jix^{n-j}=\binom ni\left(\frac1x+1\right)^{n-i}x^{n-i}$

Question

Pregunta: $$\sum_{j=i}^n\binom nj\binom jix^{n-j}=\binom ni\left(\frac1x+1\right)^{n-i}x^{n-i}$ $

No puedo demostrar esta identidad. Cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

$$\begin{aligned} \binom{n}{i}\left(\frac{1}{x}+1\right)^{n-i} x^{n-i} &=\sum_{l=0}^{n-i}\binom{n}{i}\binom{n-i}{l}x^{n-i-l}\\ &=\sum_{j=i}^n \binom{n}{i}\binom{n-i}{j-i}x^{n-j}\\ &=\sum_{j=i}^n \frac{n!}{i! (n-j)! (j-i)!} x^{n-j}\\ &=\sum_{j=i}^n \binom{n}{j}\binom{j}{i} x^{n-j} \end{alineados} $ (te dejo la tarea de rellenar los detalles :))

Answer 2

Reescribir el lado derecho como

$$\binom{n}{i}\left(\frac{1}{x}+1\right)^{n-i}x^{n-i}=\binom{n}{i}\left(1+x\right)^{n-i}$$

entonces usando el % de operador de «encontrar el coeficiente de $y^i$» $\left[y^i\right]$lo anterior es claramente

$$\left[y^i\right]\left(y+(1+x)\right)^n$$

que alternativamente puede ser escrito

$$\begin{align} \left[y^i\right]\left((1+y)+x\right)^n&=\left[y^i\right]\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}x^{n-j}\left(1+y\right)^j\\[1ex] &=\left[y^i\right]\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}x^{n-j}\sum_{i=0}^{j}\binom{j}{i}y^i\\[1ex] &=\left[y^i\right]\sum_{j=0}^{n}\sum_{i=0}^{j}\binom{n}{j}\binom{j}{i}x^{n-j}y^i\\[1ex] &=\left[y^i\right]\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=i}^{n}\binom{n}{j}\binom{j}{i}x^{n-j}y^i\\[1ex] &=\left[y^i\right]\sum_{i=0}^{n}y^i\left(\sum_{j=i}^{n}\binom{n}{j}\binom{j}{i}x^{n-j}\right)\\[1ex] &=\sum_{j=i}^{n}\binom{n}{j}\binom{j}{i}x^{n-j}\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\blacksquare\end {Alinee el} $$

Answer 3

Como tu pregunta actual, tenga en cuenta que demostrar que lo que quieres es equivalente a probar $\displaystyle \sum_{j=i}^{n}\binom{n}{j}\binom{j}{i}x^{n-j}= \binom{n}{i}(1+x)^{n-i}$

También tenga en cuenta que tanto el LHS y RHS son polinomios en $x$ grado $n-i$, por lo que si queremos demostrar la anterior $\forall \, x \in \mathbb{R}$, es suficiente para demostrarlo $\forall \, x \in \mathbb{N}$ ya que dos de cada uno de los polinomios de grado $d$ estaba de acuerdo en, al menos, $d+1$ de los valores, de acuerdo a todas partes.

Deje $x \in \mathbb{N}$ y deje $[x]$ denota el conjunto $\{1,2 \ldots, x\}.$ Aquí está una combinatoria de prueba a través de la doble contabilización.

El RHS cuenta el número de maneras de elegir un comité central de $i$ de los miembros del $n$ de las personas mientras que el etiquetado de los $n-i$ no esenciales de los miembros del comité con una etiqueta de $[x+1].$ Esto se puede hacer en $\displaystyle \binom{n}{i}(x+1)^{n-i}$ maneras.

Alternativamente, para una fija $j, \, i\leq j \leq n,$ a partir de un grupo de $n$ de la gente, primero elige un $j$-miembro del comité en $\displaystyle \binom{n}{j}$ maneras y a partir de este comité de elegir un $i$-miembro del comité central en $\displaystyle \binom{j}{i}$ formas tales que el $n-j$ no-miembros del comité de obtener una etiqueta de $[x]$ $x^{n-j}$ formas y el $j-i$ los miembros del comité que se $\textbf{not}$ sobre el núcleo del comité de obtener la etiqueta $(x+1).$ Esto se puede hacer en $\displaystyle \binom{n}{j}\binom{j}{i}x^{n-j}$ maneras.

Suma más de $j = i, i +1, \ldots, n$, cubre todas las posibles fortalezas de el intermedio del comité de que un $i-$miembro del comité central puede ser elegido y a cada valor de $j,$ exactamente $n-j+j-i = n-i$ de las personas tienen una etiqueta de $[x+1]$, como en el lado derecho del escenario.

El deseo de identidad de la siguiente manera.