Análisis complejo de expresión multinomial

Question

He llegado recientemente a través de la siguiente identidad $$ \displaystyle \sum_{k = 0}^n {n \elegir k}^2= {2n \elegir n} $$

Un bonito complejo análisis de la prueba (por Felix Marin, aquí) de la siguiente manera: $\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align} \color{}{\large\sum_{k\ =\ 0}^{n}{n \choose k}^{2}}&= \sum_{k\ =\ 0}^{n}{n \choose k} \oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{n} \over z^{k + 1}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{n} \over z} \sum_{k\ =\ 0}^{n}{n \choose k}\pars{1 \over z}^{k}\,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[5mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{n} \over z} \pars{1 + {1 \over z}}^{n}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{2n} \over z^{n + 1}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\color{}{\large{2n \choose n}} \end{align}

Es allí una manera de generalizar esta técnica para encontrar el valor de

$$ \displaystyle \sum_{k_1 + k_2 = 0}^n {n \elegir k_1, k_2}^2 $$ donde $$ {n \elegir k_1, k_2} = \frac{n!}{(n-(k_1+k_2))!k_1!k_2!} $$ (por favor, tenga en cuenta que esta no es la definición del coeficiente multinomial que en realidad sería $$ {n \elegir k_1, k_2} = \frac{n!}{k_1!k_2!} $$)

tl;dr

Hallar el valor de (si es posible) $$ \displaystyle \sum_{k_1 + k_2 = 0}^n {n \elegir k_1, k_2}^2 $$ el uso de complejas técnicas de análisis.

EDITAR: Si ayuda, es fácil mostrar que $$ {n \elegir k_1, k_2} = \frac{n!}{(n-(k_1+k_2))!k_1!k_2!} = {n \elegir k_1} {n - k_1 \elegir k_2} $$ Un problema similar tratar con binomios y trinomios ha sido resuelto mediante complejas técnicas de análisis aquí

Answer 1

Nota: Aquí es un poco diferente de la variación de la misma historia. Estas técnicas también son conocidos como formal residual cálculo de potencia de la serie. Se basan en la Cauchys teorema de los residuos y fueron introducidos por el G. P. Egorychev (Representación Integral y el Cálculo de la Combinatoria Sumas) para calcular el binomio identica.

Utilizamos el residuo de la notación y escribir, por ejemplo, \begin{align*} \mathop{res}_z\frac{(1+z)^{n}}{z^{k+1}}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z|=1}\frac{(1+z)^{n}}{z^{k+1}}\mathop{dz} \end{align*}

De hecho vamos a utilizar sólo dos aspectos de esta teoría:

Deje $A(z)=\sum_{j=0}^{\infty}a_jz^j$ ser un poder formal de la serie, a continuación,

• Escribir el binomio coeffients como residuos de la correspondiente poder formal de la serie

\begin{align*} \mathop{res}_{z}\frac{A(z)}{z^{j+1}}=a_j\tag{1} \end{align*}

• Aplicar la norma de sustitución para poder formal de la serie:

\begin{align*} A(z)=\sum_{j=0}^{\infty}a_jz^{j}=\sum_{j=0}^{\infty}z^j\mathop{res}_{w}\frac{A(w)}{w^{j+1}}\tag{2} \end{align*}

---

Usando esta notación, nos muestran en primer lugar que

\begin{align*} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2=\binom{2n}{n}\tag{3} \end{align*}

que en realidad es la parte principal en el fin de simplificar la expresión OPs \begin{align*} \sum_{{k_1+k_2=0}\atop{k_1,k_2\geq 0}}\binom{n}{n-(k_1+k_2),k_1,k_2}^2 \end{align*} Escribimos el trinomio coeficiente en la expresión anterior en la forma estándar utilizando la notación para multinomial coeficientes.

Observamos que \begin{align*} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2&=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{n}{k}\binom{n}{k}\tag{4}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\mathop{res}_{u}\frac{(1+u)^{n}}{u^{k+1}}\mathop{res}_{w}\frac{(1+w)^{n}}{w^{k+1}}\tag{5}\\ &=\mathop{res}_{u}\frac{(1+u)^{n}}{u}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{u^{k}}\mathop{res}_{w}\frac{(1+w)^{n}}{w^{k+1}}\tag{6}\\ &=\mathop{res}_{u}\frac{(1+u)^{n}}{u}\left(1+\frac{1}{u}\right)^{n}\tag{7}\\ &=\mathop{res}_{u}\frac{(1+u)^{2n}}{u^{n+1}}\\ &=[z^n](1+u)^{2n}\tag{8}\\ &=\binom{2n}{n} \end{align*}

Comentario:

• En (4) se amplía el límite superior de la suma sin cambiar el valor ya que son sólo la adición de ceros.

• En (5) la reescritura de los coeficientes binomiales el uso de los residuos de acuerdo a (1)

• En (6) hacemos algunos reordenamientos para prepararse para la sustitución de la regla

• En (7) se aplica la sustitución de la regla de acuerdo a (2)

• En (8) se utiliza el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $a_n$$A(z)=\sum_{j=0}^{\infty}a_jz^j$. Observe que la siguiente es válido cuando se utiliza el formal residual operador $\mathop{res}$

$$\mathop{res}_z\frac{A(z)}{z^{n+1}}=[z^{-1}]\frac{1}{z^{n+1}}A(z)=[z^n]A(z)$$

$$$$

Ahora nos muestran que la OPs expresión es

\begin{align*} \sum_{{k_1+k_2=0}\atop{k_1,k_2\geq 0}}\binom{n}{n-(k_1+k_2),k_1,k_2}^2=\sum_{k=0}^{n}\binom{2n}{k}^2\binom{2k}{k}\tag{9} \end{align*}

Nota: El lado derecho de (9) se expresa como número entero secuencia A002893 en OEIS que indica que van más allá de las simplificaciones no son factibles.

Desde el OP ya se ha dicho, que \begin{align*} \binom{n}{n-(k_1+k_2),k_1,k_2}=\frac{n!}{\left(n-(k_1+k_2)\right)!k_1!k_2!}=\binom{n}{k_1}\binom{n-k_1}{k_2} \end{align*}

podemos escribir \begin{align*} \sum_{{k_1+k_2=0}\atop{k_1,k_2\geq 0}}&\binom{n}{n-(k_1+k_2),k_1,k_2}^2\\ &=\sum_{k_1=0}^{n}\sum_{k_2=0}^{n-k_1}\binom{n}{k_1}^2\binom{n-k_1}{k_2}^2\\ &=\sum_{k_1=0}^{n}\binom{n}{k_1}^2\left(\sum_{k_2=0}^{n-k_1}\binom{n-k_1}{k_2}^2\right)\tag{10}\\ &=\sum_{k_1=0}^{n}\binom{n}{k_1}^2\binom{2n-2k_1}{n-k_1}\tag{11}\\ &=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}^2\binom{2k}{k}\\ \end{align*}

Observamos el residual de cálculo se utilizó en (10) y (11) mediante la aplicación de (3). Todo lo demás fue hecho con las transformaciones elementales.

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Nota: Además de las aplicaciones de la formal residual de cálculo no son prometedores. Podríamos por ejemplo, el uso de la identidad $$\binom{2k}{k}=(-4)^k\binom{-\frac{1}{2}}{k}$$ y, a continuación, pruebe a aplicar la norma de sustitución (2) de nuevo:

\begin{align*} \sum_{k=0}^{n}&\binom{n}{k}^2\binom{2k}{k}\\ &=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}^2(-4)^k\binom{-\frac{1}{2}}{k}\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\mathop{res}_{u}\frac{(1+u)^{n}}{u^{k+1}}\mathop{res}_{w}\frac{(1+w)^{n}}{w^{k+1}} (-4)^k\mathop{res}_{z}\frac{(1+z)^{-\frac{1}{2}}}{z^{k+1}}\\ &=\mathop{res}_{u,w}\frac{(1+u)^{n}}{u}\frac{(1+w)^{n}}{w}\sum_{k=0}^{\infty}\left(-\frac{4}{uw}\right)^k \mathop{res}_{z}\frac{(1+z)^{-\frac{1}{2}}}{z^{k+1}}\\ &=\mathop{res}_{u,w}\frac{(1+u)^{n}}{u}\frac{(1+w)^{n}}{w} \left(1-\frac{4}{uw}\right)^{-\frac{1}{2}} \end{align*} lamentablemente aún más simplificaciones similares a los de (7) no son factibles. Pero por supuesto, esta técnica es a menudo útil, véase, por ejemplo, esta respuesta respecto a la central de los coeficientes binomiales.