Demostrando $\sum_{k=0}^{2m}(-1)^k{\binom{2m}{k}}^3=(-1)^m\binom{2m}{m}\binom{3m}{m}$ (Dixon identidad)

Question

He encontrado la siguiente fórmula en un libro sin ningún tipo de prueba:

$$\sum_{k=0}^{2m}(-1)^k{\binom{2m}{k}}^3=(-1)^m\binom{2m}{m}\binom{3m}{m}.$$

No sé cómo probar esto en absoluto. ¿Podrías mostrarme cómo probar esto? O Si usted tiene cualquier información útil, por favor, enséñame. Necesito de su ayuda.

Actualización : me crossposted a MO.

Answer 1

Buen$^\dagger$ a prueba de

0. Vamos a probar más general de la forma de Dixon de la identidad: $$ \sum(-1)^k\binom{a+b}{b+k}\binom{b+c}{c+k}\binom{c,+} {+k}=\binom{a+b+c}{a,b,c} $$ (la versión de OP corresponde a $a=b=c=n$).

1. Trinomio coeficientes de satisfacer - y se definen por una simple repetición. Por lo tanto, sólo es necesario demostrar que la LHS - vamos a denotar es $F(a,b,c)$ - satisface $$ F(a,b,c)=F(a-1,b,c)+F(a,b-1,c)+F(a,b,c-1). $$

2. Vamos a reescribir la PREPA en 'Dyson estilo': es el término constante de $$ (-1)^{a+b+c}\frac{(x-y)^{a+b}(y-z)^{b+c}(z-x)^{c,+}} {x^{2a}y^{2b}z^{2c}}. $$ Pero ahora la recurrencia se sigue inmediatamente de la identidad $$ \frac{y^2}{(x-y)(y-z)}+\frac{z^2}{(y-z)(z-x)}+\frac{x^2}{(z-x)(x-y)}=-1 $$ (que es debido a Euler, creo).

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$^\dagger$'Buenos' como en 'I. J. Good. Corta la Prueba de una hipótesis por Dyson'

Answer 2

// Yo pensé que sería bueno tener una verdadera solución en esta página (en especial, si no que es una de las soluciones publicadas @ MO).

OK, así que queremos calcular el coeficiente de $$ [z^{2m}w^{2m}]\left\{(1-z)^{2m}(1-w)^{2m}(z-w)^{2m}\right\} $$ es decir, el residuo $$ \operatorname*{res}_{z,w}\frac{(1-z)^{2m}(1-w)^{2m}(z-w)^{2m}}{z^{2m}w^{2m}}\frac{dz}z\frac{ps}w; $$ después de la sustitución $Z=z/(1-w)$, $W=w/(1-z)$ (usando ese $z-w=\frac{Z-W}{1-ZW}$$\frac{dz}z\frac{dw}w=\frac{dZ\,dW}{ZW(1-ZW)}$) vemos que es igual a $$ \operatorname*{res}_{Z,W}\frac{(Z-W)^{2m}}{(1-ZW)^{2m}Z^{2m}W^{2m}}\frac{dZ\,dW}{ZW(1-ZW)}= [(ZW)^{2m}]\left\{\frac{(Z-W)^{2m}}{(1-ZW)^{2m+1}}\right\} $$ que es igual a $(-1)^m\binom{2m}{m}\binom{3m}m$.

// La sustitución parece algo mágico. He aprendido de Gessel–Stanton papel mencionado por Todd Trimble @ MO.

Answer 3

Este no es un (completa) de la respuesta, pero no se ajusta a un comentario (y espero que pueda ser terminado; pero también espero que no es una solución mucho más sencilla). El lado izquierdo es el coeficiente de $C_{2n}$$1$$((1-z)(1-w)(1-(zw)^{-1}))^{2n}$. Tenemos $$C_n=\frac{1}{(2\pi i)^2}\oint\oint((1-z)(1-w)(1-(zw)^{-1}))^{n}\frac{dz}{z}\frac{dw}{w}$$ (podemos integrar sobre la unidad de los círculos). Permítanos calcular $F(t):=\sum_n C_n t^n$. Acabamos de suma de una serie geométrica y obtener

$$F(t)=\frac{1}{(2\pi i)^2}\oint\oint\frac{1}{zw-t(1-z)(1-w)(zw-1)}dz\,dw.$$ Vamos a calcular la integral wrt. $z$ el uso de los residuos. En el denominador tenemos un polinomio cuadrático en $z$ con una raíz en la unidad de disco, por lo que el residuo es $\sqrt{}$ de su discriminante, y obtenemos (módulo de cálculo de errores) $$F(t)=\frac{1}{2\pi i}\oint\frac{1}{\sqrt{(w+t(w^2-1))^2-4t^2w(1-w)^2}}dw.$$ Bajo la raíz cuadrada tenemos un polinomio de cuarto grado en $w$, por lo tanto $F(t)$ es una integral elíptica completa de primera especie. Ahora necesitamos llevar a la forma normal, o calcular la serie de Taylor directamente; al menos por ahora me falta la energía para hacerlo.

Answer 4

Voy a postear una respuesta solo para informar que la pregunta ha recibido una respuesta por Igor Rivin en MO.

http://mathoverflow.net/questions/143334/proving-sum-k-02m-1k-binom2mk3-1m-binom2mm-binom3mm

Marca Wildon mencionó que este es Dixon de la identidad.

http://en.wikipedia.org/wiki/Dixon%27s_identity

Answer 5

Intente esto: utilizar el binomio de Newton en ambos lados de $$(1-x)^{2n}(1+y)^{2n}(1+z)^{2n}=[(1-x)(1+y)(1+z)]^{2n}$$

luego rastrear e igualamos los coeficientes en términos de la forma $(xyz)^k$ en ambos lados. Esto debería llevar a la suma requerida.